미적분학 - 적분 전략

안녕하세요. 지난 포스팅의 미적분학 - 부분분수를 활용한 유리함수 적분 2에서는 분모가 2차식(Quadratic)일 때 적분하는 방법에 대해서 알아보았습니다. 핵심은 동일한 부분분수을 잘 활용하는 것과 $\int \frac{1}{x^{2} + a^{2}} \; dx = \frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right) + C$임을 사용하는 것 이였습니다. 세상에는 수많은 피적분함수들이 있습니다. 그들 중에는 쉽게 구할 수 없는 함수들도 있기 때문에 아래의 몇 개의 단계를 적용해보면 풀리는 경우를 알아보도록 하겠습니다. 여기서 주의할 점은 아래 단계로도 풀리지 않는 경우도 있으니 다양하게 접근해서 풀어야한다는 점입니다. 

 

 STEP1. 기본적인 적분을 숙지한다.

 

이 단계는 모든 적분의 기본입니다. 지난 포스팅의 미적분학 - 부정적분의 표를 참고해주시면 되겠습니다. 해당 적분식들을 숙지못하시면 어떠한 적분도 하기 힘듭니다. 그러니 꼭 숙지바랍니다.

 

 STEP2. 가능한 만큼 피적분함수를 단순화한다. 

 

사실 이 부분이 핵심입니다. 저희가 지금까지 적분하기 힘들어했던 대부분의 이유는 피적분함수가 너무 복잡한 경우가 많았기 때문입니다. 따라서, 식을 보다 간단하게 정리함으로써 쉽게 적분할 수 있는 꼴로 바꾸는 것이 목표입니다. 몇몇 예를 들어보도록 하겠습니다. 

 

1. $\int \sqrt{x} \left(1 + \sqrt{x}\right) \; dx = \int \left(\sqrt{x} + x\right) \; dx$

2. $\int \frac{\tan(x)}{\sec^{2}(x)} \; dx = \int \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \cdot \cos^{2}(x) \; dx = \int \sin(x)\cos(x) \; dx = \frac{1}{2} \int \sin(2x) \; dx$

3. $\int \left(\sin(x) + \cos(x)\right)^{2} \; dx = \int \left(\sin^{2}(x) + 2\sin(x)\cos(x) + \cos^{2}(x)\right) \; dx = \int \left(1 + \sin(2x)\right) \; dx$

 

위 예시를 보시면 아시겠지만, 기본적으로 고차 삼각함수는 적분이 불가능합니다. 따라서 차수를 낮추는 방법이 필요합니다. 이를 위해서 지난 포스팅의 삼각함수 관련 적분 공식들과 항등식을 활용해볼 수 있습니다. 

 

 STEP3. 치환적분으로 해결할 수 있는 부분을 찾는다.

 

치환적분은 어려운 적분을 쉽게 만들어 줄 수 있는 놀라운 트릭입니다. 예를 들어서, $\int \frac{x}{x^{2} - 1} \; dx$이 주어졌다고 했을 때, $x^{2} = u$라고 치환하면 $2x dx = du \Rightarrow dx = \frac{1}{2x} du$이기 때문에 아래와 같이 적분이 가능하죠.

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{x^{2} - 1} \; dx &= \int \frac{x}{u - 1} \; \left(\frac{1}{2x}du\right) \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{u - 1} \; du \\ &= \frac{1}{2} \ln|u - 1| + C\end{align*}$$

 

 STEP4. 어떤 함수의 형태인지 관찰하고 그에 맞게 적분을 한다. 

 

삼각함수, 유리함수, 무리함수 등과 같은 함수들은 지금까지 저희가 배웠던 형태에서 쉽게 적분할 수 있습니다. 그리고 해당 꼴이 아니라면 부분적분을 통해서라도 적분을 시도해볼 수 있겠죠?

 

 STEP5. 다시 시도하기

 

만약, 위의 방법들에서도 되지 않는 다면 다른 방식으로라도 접근을 해봐야합니다. 

 

연습문제1. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \cos(x) (1 + \sin^{2}(x)) \; dx$

(b). $\int \frac{\sin^{3}(x)}{\cos(x)} \; dx$

(c). $\int \frac{\sin(x) + \sec(x)}{\tan(x)} \; dx$

(d). $\int \tan^{3}(x) \; dx$

(e). $\int_{0}^{2} \frac{2x}{(x - 3)^{2}} \; dx$

(a). $\int \cos(x) (1 + \sin^{2}(x)) \; dx$

 

$\sin(x) = u$라고 하면 $\cos(x) dx du \rightarrow dx = \frac{1}{\cos(x)} du$이다. 따라서 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \cos(x) (1 + \sin^{2}(x)) \; dx &= \int \cos(x) (1 + u^{2}) \cdot \frac{1}{\cos(x)} \; du \\ &= \int (1 + u^{2}) \; du \\ &= u + \frac{1}{3}u^{3} + C \\ &= \sin(x) + \frac{1}{3}\sin^{3}(x) + C \end{align*}$$

 

(b). $\int \frac{\sin^{3}(x)}{\cos(x)} \; dx$

 

$\cos(x) = u$라고 하면 $-\sin(x) dx = du \rightarrow dx = -\frac{1}{\sin(x)} du$이다. 따라서 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\sin^{3}(x)}{\cos(x)} \; dx &= \int \frac{\sin^{3}(x)}{u} \cdot (-\frac{1}{\sin(x)}) \; du \\ &= \int \frac{-\sin^{2}(x)}{u} \; du \\ &= \int \frac{\cos^{2} - 1}{u} \; du \\ &= \int \frac{u^{2} - 1}{u} \; du \\ &= \int \left( u - \frac{1}{u} \right) \; du \\ &= \frac{1}{2}u^{2} - \ln|u| + C \\ &= \frac{1}{2}\cos^{2}(x) - \ln|\cos(x)| + C \end{align*}$$ 

 

(c). $\int \frac{\sin(x) + \sec(x)}{\tan(x)} \; dx$

 

$$\begin{align*} \int \frac{\sin(x) + \sec(x)}{\tan(x)} \; dx &= \int \left( \frac{\sin(x)}{\tan(x)} + \frac{\sec(x)}{\tan(x)} \right) \; dx \\ &= \int \left( \cos(x) + \csc(x) \right) \; dx \\ &= \sin(x) + \ln \left| \frac{1}{\csc(x) + \cot(x)} \right| + C \end{align*}$$

 

(d). $\int \tan^{3}(x) \; dx$

 

$$\begin{align*} \int \tan^{3}(x) \; dx &= \int \tan(x) \cdot \tan^{2}(x) \; dx \\ &= \int \tan(x) (\sec^{2}(x) - 1) \; dx \\ &= \int \left( \tan(x)\sec^{2}(x) - \tan(x) \right) \; dx \\ &= \frac{1}{2}\tan^{2}(x) + \ln|\cos(x)| + C \end{align*}$$

 

(e). $\int_{0}^{2} \frac{2x}{(x - 3)^{2}} \; dx$

 

분자의 차수가 분모의 차수보다 작고 분모가 인수분해 되어있으므로 부분분수법을 통해 주어진 유리함수를 분해가능하다. $f(x) = \frac{2x}{(x - 3)^{2}} = \frac{A}{x - 3} + \frac{B}{(x - 3)^{2}}$이라고 하면 양변에 $(x - 3)^{2}$을 곱하여 다음의 항등식이 성립한다. 

 

$$\begin{align*} 2x(x - 3)^{2} = A(x - 3) + B \Rightarrow A = 2, B = 6\end{align*}$$

 

따라서 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{2} \frac{2x}{(x - 3)^{2}} \; dx &= \int_{0}^{2} \left( \frac{2}{x - 3} + \frac{6}{(x - 3)^{2}} \right) \; dx \\ &= \left[ 2\ln|x - 3| - \frac{6}{x - 3} \right]_{0}^{2} = \\ &= \left( 2\ln 1 + 6 \right) - \left( 2\ln 3 + 2 \right) \\ &= -2\ln 3 + 4\end{align*}$$

 

 

연습문제2. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \frac{x}{\sqrt{3 - x^{4}}} \; dx$

(b). $\int_{-1}^{1} \frac{e^{\arctan(x)}}{1 + x^{2}} \; dx$

(c). $\int x\csc(x)\cot(x) \; dx$

(d). $\int x^{4}\ln(x) \; dx$

(e). $\int_{0}^{4} \frac{x - 1}{x^{2} - 4x - 5} \; dx$

(a). $\int \frac{x}{\sqrt{3 - x^{4}}} \; dx$

 

$\sqrt{3 - x^{4}} = u$라고 하면 $3 - x^{4} = u^{2} \rightarrow -4x^{3} dx = 2udu \rightarrow dx = -\frac{u}{2x^{3}} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{\sqrt{3 - x^{4}}} \; dx &= \int \frac{x}{u} \cdot \left( -\frac{u}{2x^{3}} \right) \; du \\ &= - \int \frac{1}{2x^{2}} \; dx \\ &= -\frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{3} - u^{2}} \; du \end{align*}$$

 

이제 여기서 한번 더 $u = \sqrt{3}\sin(\theta)$라고 하면 $du = \sqrt{3}\cos(\theta) d\theta$이므로 삼각함수를 이용해서 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{\sqrt{3 - x^{4}}} \; dx &= -\frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{3} - u^{2}} \; du \\ &= -\frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{3 - 3\sin^{2}(\theta)}} \cdot \sqrt{3}\cos(\theta) \; d\theta \\ &= -\frac{1}{2} \int 1 \; d\theta \\ &= -\frac{1}{2}\theta + C \\ &= -\frac{1}{2}\arcsin \left( \frac{u}{\sqrt{3}} \right) + C \\ &= -\frac{1}{2} \arcsin \left( \sqrt{1 - \frac{x^{4}}{3}} \right) + C \end{align*}$$

 

(b). $\int_{-1}^{1} \frac{e^{\arctan(x)}}{1 + x^{2}} \; dx$

 

$\arctan(x) = u$라고 하면 $\frac{1}{1 + x^{2}} dx = du \rightarrow dx = (1 + x^{2}) du$이다. 따라서, 다음과 같이 적분할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int_{-1}^{1} \frac{e^{\arctan(x)}}{1 + x^{2}} \; dx &= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{e^{u}}{1 + x^{2}} \cdot (1 + x^{2}) \; du \\ &= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} e^{u} \; du \\ &= \left[ e^{u} \right]_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} = e^{\frac{\pi}{4}} - e^{-\frac{\pi}{4}} \end{align*}$$

 

(c). $\int x\csc(x)\cot(x) \; dx$

 

$f(x) = x$ 그리고 $g^{'}(x) = \csc(x)\cot(x)$라고 두면 $f^{'}(x) = 1$이고 $g(x) = -\csc(x)$이다. 따라서, 부분적분법에 의해 다음과 같이 적분할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int x\csc(x)\cot(x) \; dx &= -x\csc(x) + \int \csc(x) \; dx \\ &= -x\csc(x) + \ln \left| \frac{1}{\csc(x) + \cot(x)} \right| + C \end{align*}$$

 

(d). $\int x^{4}\ln(x) \; dx$

 

$f(x) = \ln(x)$ 그리고 $g^{'}(x) = x^{4}$라고 두면 $f^{'}(x) = \frac{1}{x}$이고 $g(x)  = \frac{1}{5}x^{5}$이다. 따라서, 부분적분법에 의해 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x^{4}\ln(x) \; dx &= \frac{1}{5}x^{5}\ln(x) - \frac{1}{5} \int x^{4} \; dx \\ &= \frac{1}{5}x^{5}\ln(x) - \frac{1}{25}x^{5} + C \\ &= \frac{1}{25}x^{5} (5\ln(x) - 1) + C \end{align*}$$

 

(e). $\int_{0}^{4} \frac{x - 1}{x^{2} - 4x - 5} \; dx$

 

분자의 차수가 분모의 차수보다 작고 분모가 인수분해 가능하므로 부분분수법을 통해 유리함수를 분해할 수 있다. 먼저, $f(x) = \frac{x - 1}{x^{2} - 4x - 5} = \frac{x - 1}{(x - 5)(x + 1)}$이라고 두면 부분분수법에 의해 다음과 같이 분해할 수 있다. 

 

$$f(x) = \frac{x - 1}{(x - 5)(x + 1)} = \frac{A}{x - 5} + \frac{B}{x + 1}$$

 

이제 양변에 $(x - 5)(x + 1)$을 곱하면 다음 항등식을 얻을 수 있다. 

 

$$x - 1 = A(x + 1) + B(x - 5) = (A + B)x + (A - 5B) \Rightarrow = \frac{2}{3}, B = \frac{1}{3}$$

 

따라서, 다음과 같이 적분할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{4} \frac{x - 1}{x^{2} - 4x - 5} \; dx &= \int_{0}^{4} \left( \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{x - 5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{x + 1} \right) \; dx \\ &= \left[ \frac{2}{3} \ln|x - 5| + \frac{1}{3} \ln|x + 1| \right]_{0}^{4} \\ &= \frac{1}{3}\ln 5 - \frac{2}{3}\ln 5 = -\frac{1}{3}\ln 5 \end{align*}$$

 

 

연습문제3. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \frac{x - 1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx$

(b). $\int \frac{x}{x^{4} + x^{2} + 1} \; dx$

(c). $\int \sin^{3}(x) \cos^{5}(x) \; dx$

(d). $\int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 + x^{2}}} \; dx$

(e). $\int \frac{1}{(1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}} \; dx$

 

(a). $\int \frac{x - 1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx$

 

분자의 차수가 분모의 차수보다는 작지만 분모가 인수분해가 불가능하기 때문에 분모를 완전제곱식으로 바꾸어 치환적분법을 적용해보도록 한다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x - 1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx &= \int \frac{x - 1}{(x - 2)^{2} + 1} \; dx \end{align*}$$

 

먼저, $x - 2 = u$라고하면 $dx = du$이므로 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x - 1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx &= \int \frac{x - 1}{(x - 2)^{2} + 1} \; dx \\ &= \int \frac{u + 1}{u^{2} + 1} \; du \\ &= \int \left( \frac{u}{u^{2} + 1} + \frac{1}{u^{2} + 1} \right) \; du \\ &= \frac{1}{2}\ln|u^{2} + 1| + \arctan(u) + C \\ &= \frac{1}{2} \ln |x^{2} - 4x + 5| + \arctan(x - 2) + C  \end{align*}$$

 

(b). $\int \frac{x}{x^{4} + x^{2} + 1} \; dx$

 

분자의 차수가 분모의 차수보다는 작지만 분모가 인수분해가 불가능하기 때문에 치환적분법을 적용해보도록 한다. 먼저, $x^{2} = u$라고 하면 $2xdx = du \rightarrow dx = \frac{1}{2x} du$이므로 다음과 같이 치환적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{x^{4} + x^{2} + 1} \; dx &= \int \frac{x}{u^{2} + u + 1} \cdot \frac{1}{2x} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{u^{2} + u + 1} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(u + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} \; du  \end{align*}$$

 

이제, $u + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\theta)$라고 하면 $du = \frac{\sqrt{3}}{2} \sec^{2}(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 삼각함수 치환적분법을 적용할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{x^{4} + x^{2} + 1} \; dx &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(u + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{\frac{3}{4}\tan^{2}(\theta) + \frac{3}{4}} \cdot \left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sec^{2}(\theta) \right) \; d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{\sec^{2}(\theta)} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \sec^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} \int 1 \; d\theta \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}} \theta + C \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left( \frac{2}{\sqrt{3}}(u + \frac{1}{2}) \right) + C \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left( x^{2} + \frac{1}{2} \right) + C \end{align*}$$

 

(c). $\int \sin^{3}(x) \cos^{5}(x) \; dx$

 

$\cos(x) = u$라고 하면 $-\sin(x) dx = du \rightarrow dx = -\frac{1}{\sin(x)} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sin^{3}(x) \cos^{5}(x) \; dx &= \int (1 - \cos^{2}(x))\cos^{5}(x) \sin(x) \; dx \\ &= \int (1 - u^{2})u^{5} \sin(x) \cdot \left( -\frac{1}{\sin(x)} \right) \; du \\ &= \int (u^{7} - u^{5}) \; du \\ &= \frac{1}{8}u^{8} - \frac{1}{6}u^{6} + C \\ &= \frac{1}{8} \cos^{8}(x) - \frac{1}{6}\cos^{6}(x) + C \end{align*}$$

 

(d). $\int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 + x^{2}}} \; dx$

 

$\sqrt{1 + x^{2}} = u$라고 하면 $1 + x^{2} = u^{2} \rightarrow 2x dx = 2u du \rightarrow dx = \frac{u}{x} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 + x^{2}}} \; dx &= \int \frac{x^{3}}{u} \cdot \frac{u}{x} \; du \\ &= \int x^{2} \; du \\ &= \int (u^{2} - 1) \; du \\ &= \frac{1}{3}u^{3} - u + C \\ &= \frac{1}{3}(1 + x^{2})^{\frac{3}{2}} - \sqrt{1 + x^{2}} + C \end{align*}$$

 

(e). $\int \frac{1}{(1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}} \; dx$

 

$x = \sin(\theta)$라고 하면 $dx = \cos(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{(1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}} \; dx &= \int \frac{1}{(1 - \sin^{2}(\theta))^{\frac{3}{2}}} \cdot \cos(\theta) d\theta \\ &= \int \frac{1}{\cos^{3}(\theta)} \cdot \cos(\theta) \; d\theta \\ &= \int \frac{1}{\cos^{2}(\theta)} \; d\theta \\ &= \int \sec^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= \tan(\theta) + C \\ &= \tan(\arcsin(x)) + C \end{align*}$$

 

 

 

연습문제4. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx$

(b). $\int x\sin^{2}(x) \; dx$

(c). $\int \frac{e^{2x}}{1 + e^{4x}} \; dx$

(d). $\int e^{x + e^{x}} \; dx$

(e). $\int e^{2} \; dx$

 

(a). $\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx$

 

$x = \sin(\theta)$라고 하면 $dx = \cos(\theta) d\theta$이고 적분구간은 $[0, \frac{\sqrt{2}}{2}] \rightarrow [0, \frac{\pi}{4}]$이다. 따라서, 다음고 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin^{2}(\theta)}{\sqrt{1 - \sin^{2}(\theta)}} \cdot \cos(\theta) \; d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2\sin(\theta)\cos(\theta) \; d\theta \end{align*}$$

 

이제, $\sin(\theta) = u$라고 하면 $\cos(\theta) d\theta = du \rightarrow d\theta = \frac{1}{\cos(\theta)} du$이고 적분구간은 $[0, \frac{\pi}{4}] \rightarrow [0, \frac{\sqrt{2}}{2}]$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2\sin(\theta)\cos(\theta) \; d\theta \\ &= 2\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} u \cos(\theta)  \cdot \frac{1}{\cos(\theta)} \; du \\ &= 2 \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} u \; du \\ &= [u^{2}]_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{2} \end{align*}$$

 

(b). $\int x\sin^{2}(x) \; dx$

 

$x\sin^{2}(x) = x \frac{1 - \cos(2x)}{2} = \frac{1}{2} (x - x\cos(2x))$임을 이용하면 두번째 항은 부분적분법을 이용해서 적분할 수 있다. $f(x) = x$ 그리고 $g^{'}(x) = \cos(2x)$라고 하면 $f^{'}(x) = 1$ 이고 $g(x) = \frac{1}{2}\sin(2x)$이다. 따라서, 부분적분법에 의해 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x\cos(2x) \; dx &= \frac{1}{2}x\sin(2x) - \frac{1}{2}\int \sin(2x) \; dx \\ &= \frac{1}{2}x\sin(2x) + \frac{1}{4} \cos(2x) + C \end{align*}$$

 

따라서, 전체 적분은 다음과 같이 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x\sin^{2}(x) \; dx &= \frac{1}{2} \int \left( x - x\cos(2x) \right) \; dx \\ &= \frac{1}{2} \left( \int x \; dx - \int x\cos(2x) \; dx  \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{2}x\sin(2x) - \frac{1}{4}\cos(2x) \right) + C \\ &= \frac{1}{4} \left( x^{2} - x\sin(2x) - \frac{1}{2}\cos(2x) \right) + C \end{align*}$$

 

(c). $\int \frac{e^{2x}}{1 + e^{4x}} \; dx$

 

$e^{2x} = u$라고 하면 $2e^{2x} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{2e^{2x}} du = \frac{1}{2u} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{e^{2x}}{1 + e^{4x}} \; dx &= \int \frac{u}{1 + u^{2}} \cdot \frac{1}{2u} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{1 + u^{2}} \; du \\ &= \frac{1}{2}\arctan(u) + C \\ &= \frac{1}{2}\arctan(e^{2x}) + C \end{align*}$$

 

(d). $\int e^{x + e^{x}} \; dx$

 

$e^{x} = u$라고 하면 $e^{x} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{e^{x}} du = \frac{1}{u} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 적용할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int e^{x + e^{x}} \; dx &= \int e^{x} e^{e^{x}} \\ &= \int u e^{u} \cdot \frac{1}{u} \; du \\ &= \int e^{u} \; du \\ &= e^{u} + C \\ &= e^{e^{x}} + C \end{align*}$$

 

(e). $\int e^{2} \; dx$

 

$$\begin{align*} \int e^{2} \; dx &= e^{2}x + C \end{align*}$$

 

 

 

연습문제5. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \arctan(\sqrt{x}) \; dx$

(b). $\int \frac{\ln x}{x\sqrt{1 + (\ln x)^{2}}} \; dx$

(c). $\int_{0}^{1} (1 + \sqrt{x})^{8} \; dx$

(d). $\int \ln (x^{2} - 1) \; dx$

(e). $\int \frac{3x^{2} - 2}{x^{2} - 2x - 8} \; dx$

 

(a). $\int \arctan(\sqrt{x}) \; dx$

 

$f(x) = \arctan(\sqrt{x})$ 그리고 $g^{'}(x) = 1$이라고 하면 $f^{'}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \frac{1}{1 + x}$이고 $g(x) = x$이다. 따라서, 다음과 같이 부분적분법을 적용해볼 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \arctan(\sqrt{x}) \; dx &= x\arctan(\sqrt{x}) - \frac{1}{2} \int \frac{\sqrt{x}}{1 + x} \; dx \end{align*}$$

 

여기서, 두번째 항인 $\int \frac{\sqrt{x}}{1 + x} \; dx$를 적분하기 위해 $\sqrt{x} = u$라고 하면 $x = u^{2} \rightarrow dx = 2udu$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\sqrt{x}}{1 + x} \; dx &= \int \frac{u}{1 + u^{2}} \cdot 2u \; du \\ &= 2 \int \frac{u^{2}}{1 + u^{2}} \; du \\ &= 2\int \left( 1 - \frac{1}{1 + u^{2}} \right) \; du \\ &= 2(u - \arctan(u)) + C \\ &= 2(\sqrt{x} - \arctan(\sqrt{x})) + C  \end{align*}$$

 

따라서, 최종적분결과는 다음과 같다. 

 

$$\begin{align*} \int \arctan(\sqrt{x}) \; dx &= x\arctan(\sqrt{x}) - \frac{1}{2} \int \frac{\sqrt{x}}{1 + x} \; dx \\ &= x\arctan(\sqrt{x}) - \sqrt{x} + \arctan(\sqrt{x}) + C \end{align*}$$

 

(b). $\int \frac{\ln x}{x\sqrt{1 + (\ln x)^{2}}} \; dx$

 

$\ln x = u$라고 하면 $\frac{1}{x} dx = du \rightarrow dx = x du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\ln x}{x\sqrt{1 + (\ln x)^{2}}} \; dx &= \int \frac{u}{x\sqrt{1 + u^{2}}} \cdot x \; du \\ &= \int \frac{u}{\sqrt{1 + u^{2}}} \; du \end{align*}$$

 

이제, $u = \tan(\theta)$라고 하면 $du = \sec^{2}(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 삼각함수에 대한 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\ln x}{x\sqrt{1 + (\ln x)^{2}}} \; dx &= \int \frac{u}{\sqrt{1 + u^{2}}} \; du \\ &= \int \frac{\tan(\theta)}{\sqrt{1 + \tan^{2}(\theta)}} \cdot \sec^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= \int \frac{\tan(\theta)}{\sec(\theta)} \cdot \sec^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= \int \tan(\theta)\sec(\theta) \; d\theta \\ &= \sec(\theta) + C \\ &= \frac{\sqrt{u^{2} + 1}}{u} + C \\ &= \frac{\sqrt{(\ln x)^{2} + 1}}{\ln x} + C \end{align*}$$

 

(c). $\int_{0}^{1} (1 + \sqrt{x})^{8} \; dx$

 

$1 + \sqrt{x} = u$라고 하면 $\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = du \rightarrow dx = 2\sqrt{x} du$이고 적분구간은 $[0, 1] \rightarrow [1, 2]$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분이 가능하다. 

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{1} (1 + \sqrt{x})^{8} \; dx &= \int_{1}^{2} u^{8} 2\sqrt{x} \; du \\ &= 2\int_{1}^{2} u^{8} (u - 1) \; du \\ &= 2\int_{1}^{2} \left( u^{9} - u^{8} \right) \; du \\ &= 2\left[ \frac{1}{10}u^{10} - \frac{1}{9}u^{9} \right]_{1}^{2} \\ &= 2 \left[ \left( \frac{1}{10} 2^{10} - \frac{1}{9} 2^{9} \right) - \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{9} \right) \right]  \end{align*}$$

 

(d). $\int \ln (x^{2} - 1) \; dx$

 

$f(x) = \ln (x^{2} - 1)$ 그리고 $g^{'}(x) = 1$이라고 하면 $f^{'}(x) = \frac{2x}{x^{2} - 1}$ 이고 $g(x) = x$이다. 따라서, 부분적분법을 이용해서 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \ln(x^{2} - 1) \; dx &= x\ln(x^{2} - 1) - 2\int \frac{x^{2}}{x^{2} - 1} \; dx \\ &= x\ln(x^{2} - 1) - 2 \int \left( 1 + \frac{1}{x^{2} - 1} \right) \; dx \\ &= x\ln (x^{2} - 1) - 2\int \left( 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x + 1} \right) \; dx \\ &= x\ln (x^{2} - 1) - 2 \left( x + \frac{1}{2}\ln|x - 1| - \frac{1}{2}|x + 1| \right) + C \\ &= x\ln(x^{2} - 1) - 2x - \ln \left| \frac{x - 1}{x + 1} \right| + C \end{align*}$$

 

(e). $\int \frac{3x^{2} - 2}{x^{2} - 2x - 8} \; dx$

 

분자의 차수와 분모의 차수가 동일하므로 분자를 분모로 나누어 식을 정리한다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{3x^{2} - 2}{x^{2} - 2x - 8} \; dx &= \int \left( 3 + \frac{6x + 22}{x^{2} - 2x - 8} \right) \; dx \\ &= \int \left( 3 + \frac{6x + 22}{(x - 4)(x + 2)} \right) \; dx \\ &= \int \left( 3 + \frac{23}{3} \cdot \frac{1}{x - 4} - \frac{5}{3} \cdot \frac{1}{x + 2} \right) \; dx \\ &= 3x + \frac{23}{3} \ln|x - 4| - \frac{5}{3} \ln|x + 2| + C  \end{align*}$$

 

연습문제6. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \frac{3x^{2} - 2}{x^{3} - 2x - 8} \; dx$

(b). $\int \frac{1}{1 + e^{x}} \; dx$

(c). $\int \sin(\sqrt{ax}) \; dx$

(d). $\int_{0}^{5} \frac{3x - 1}{x + 2} \; dx$

(e). $\int_{-2}^{2} \left| x^{2} - 4x \right| \; dx$

 

(a). $\int \frac{3x^{2} - 2}{x^{3} - 2x - 8} \; dx$

 

$f(x) = x^{3} - 2x - 8$이라고 하면 $f^{'}(x) = 3x^{2} - 2$이므로 $\int \frac{3x^{2} - 2}{x^{3} - 2x - 8} \; dx = \int \frac{f^{'}(x)}{f(x)} \; dx = \n |f(x)| + C = \ln |x^{3} - 2x - 8| + C$이다. 

 

(b). $\int \frac{1}{1 + e^{x}} \; dx$

 

$e^{x} = u$라고 하면 $e^{x} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{e^{x}} du = \frac{1}{u} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{1 + e^{x}} \; dx &= \int \frac{1}{1 + u} \cdot \frac{1}{u} \; du \\ &= \int \frac{1}{u(u + 1)} \; du \\ &= \int \left( \frac{1}{u} - \frac{1}{u + 1} \right) \; du \\ &= \ln|u| - \ln |u + 1| + C \\ &= \ln \left| \frac{u}{u + 1} \right| + C \\ &= \ln \left| \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} \right| + C \end{align*}$$

 

(c). $\int \sin(\sqrt{ax}) \; dx$

 

$\sqrt{ax} = u$라고 하면 $ax = u^{2} \rightarrow a dx = 2u du \rightarrow dx = \frac{2u}{a} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sin(\sqrt{ax}) \; dx &= \int \sin(u) \cdot \frac{2u}{a} \; du \\ &= \frac{2}{a} \int u\sin(u) \; du \end{align*}$$

 

여기서 $f(u) = u$ 그리고 $g(u) = \sin(u)$라고 하면 $f^{'}(u) = 1$이고 $g(u) = -\cos(u)$이다. 따라서, 다음과 같이 부분적분법을 적용할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sin(\sqrt{ax}) \; dx  &= \frac{2}{a} \int u\sin(u) \; du \\ &= \frac{2}{a} \left( -u\cos(u) + \int \cos(u) \; du \right) \\ &= \frac{2}{a} \left( -u\cos(u) + \sin(u) \right) + C \\ &= \frac{2}{a} \left( -\sqrt{ax} \cos(\sqrt{ax}) + \sin(\sqrt{ax}) \right) + C \end{align*}$$

 

(d). $\int_{0}^{5} \frac{3x - 1}{x + 2} \; dx$

 

분자의 차수와 분모의 차수가 동일하므로 분자를 분모로 먼저 나누어 적분을 수행한다. 

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{5} \frac{3x - 1}{x + 2} \; dx &= \int_{0}^{5} \left( 3 - \frac{7}{x + 2} \right) \; dx \\ &= \left[ 3x - 7\ln|x + 2| \right]_{0}^{5} \\ &= \left( 15 - 7\ln 7 \right) - 7\ln 2 = 15 - 7\ln 14 \end{align*}$$

 

(e). $\int_{-2}^{2} \left| x^{2} - 4x \right| \; dx$

 

$f(x) = |x^{2} - 4x|$라고 하자. 적분구간 $[-2, 2]$에 따라서 함수 $f(x)$의 부호가 변화하므로 두 구간으로 나누어 절대값을 제거한 뒤 적분을 수행한다. 

 

$$\begin{align*} \int_{-2}^{2} |x^{2} - 4x| \; dx &= \int_{-2}^{0} |x^{2} - 4x| \; dx + \int_{0}^{2} | x^{2}  - 4x | \; dx \\ &= \int_{-2}^{0} \left( x^{2} - 4x \right) \; dx + \int_{0}^{2} (-x^{2} + 4x) \; dx &= \left[ \frac{1}{3}x^{3} - 2x^{2} \right]_{-2}^{0} + \left[ -\frac{1}{3}x^{3} + 2x^{2} \right]_{0}^{2} = 16 \end{align*}$$

 

연습문제7. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \; dx$

(b). $\int \frac{\sqrt{2x - 1}}{2x + 3} \; dx$

(c). $\int \sqrt{3 - 3x - x^{2}} \; dx$

(d). $\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + 4\cot(x)}{4 - \cot(x)} \; dx$

(e). $\int \sin(4x)\cos(3x) \; dx$

 

(a). $\int \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \; dx$

 

$$\begin{align*} \int \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \; dx &= \int \frac{\sqrt{1 + x}}{\sqrt{1 - x}} \; dx &= \int \frac{1 + x}{\sqrt{(1 - x)(1 + x)}} \; dx \\ &= \int \frac{1 + x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx  \end{align*}$$

 

이제, $x = \sin(\theta)$라고 하면 $dx = \cos(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 삼각함수에 대한 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \; dx &= \int \frac{1 + x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx \\ &= \int \frac{1 + \sin(\theta)}{\sqrt{1 - \sin^{2}(\theta)}} \cdot \cos(\theta) \; d\theta \\ &= \int \frac{1 + \sin(\theta)}{\cos(\theta)} \cdot \cos(\theta)  \; d\theta \\ &= \int \left( 1 + \sin(\theta) \right) \; d\theta \\ &= \theta - \cos(\theta) + C \\ &= \arcsin(x) - \sqrt{1 - x^{2}} + C \end{align*}$$

 

(b). $\int \frac{\sqrt{2x - 1}}{2x + 3} \; dx$

 

$\sqrt{2x - 1} = u$라고 하면 $2x - 1 = u^{2} \rightarrow dx = u du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\sqrt{2x - 1}}{2x + 3} \; dx &= \int \frac{u}{u^{2} + 4} \cdot u \; du \\ &= \int \frac{u^{2}}{u^{2} + 4} \; du \\ &= \int \left( 1 - \frac{4}{u^{2} + 4} \right) \; du \\ &= u - 2\arctan \left( \frac{u}{2} \right) + C \\ &= \sqrt{2x - 1} - 2\arctan \left( \frac{1}{2}\sqrt{2x - 1} \right) + C \end{align*}$$

 

(c). $\int \sqrt{3 - 3x - x^{2}} \; dx$

 

먼저 주어진 식을 완전제곱식 형태로 바꾸면 $3 - 3x - x^{2} = 4 - (x + 1)^{2}$이다. 이때, $x + 1 = 2\sin(\theta)$라고 두면 $dx = 2\cos(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 삼각함수에 대한 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sqrt{3 - 3x - x^{2}} \; dx &= \int \sqrt{4 - (x + 1)^{2}} \; dx \\ &= \int \sqrt{4 - 4\sin^{2}(\theta)} \cdot 2\cos(\theta) \; d\theta \\ &= \int 4\cos^{2}(\theta) \; d\theta \\ &= 2\int \left( 1 + \cos(2\theta) \right) \; d\theta \\ &= 2 \left( \theta + \frac{1}{2}\sin(2\theta) \right) + C \\ &= 2 \left( \arcsin \left( \frac{1}{2}(x + 1) \right) + \frac{(x + 1)\sqrt{4 - (x + 1)^{2}}}{4} \right) + C \end{align*}$$

 

(d). $\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + 4\cot(x)}{4 - \cot(x)} \; dx$

 

$\cot(x) = u$라고 하면 $-\csc^{2}(x) dx = du \rightarrow dx = - \frac{1}{\csc^{2}(x)} du - $이고 적분구간은 $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}] \rightarrow [1, 0]$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + 4\cot(x)}{4 - \cot(x)} \; dx &= \int_{1}^{0} \frac{1 + 4u}{4 - u} \; du \\ &= \int_{} \end{align*}$$

 

(e). $\int \sin(4x)\cos(3x) \; dx$

 

$$\begin{align*} \int \sin(4x)\cos(3x) \; dx &= \frac{1}{2}\int \left( \sin(x) + \sin(7x) \right) \; dx \\ &= \frac{1}{2} \left( -\cos(x) - \frac{1}{7}\cos(7x) \right) + C \end{align*}$$

 

 

연습문제8. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^{2}(x)\tan^{2}(x) \; dx$

(b). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{5}(x)\sec^{3}(x) \; dx$

(c). $\int \frac{\sec(x)\tan(x)}{\sec^{2}(x) - \sec(x)} \; dx$

(d). $\int \frac{1}{\sqrt{4x^{2} - 4x - 3}} \; dx$

(e). $\int x\tan^{2}(x) \; dx$

 

(a). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^{2}(x)\tan^{2}(x) \; dx$

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^{2}(x)\tan^{2}(x) \; dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2}(x) \; dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 - \cos(2x)}{2} \; dx \\ &= \frac{1}{2} \left[ x - \frac{1}{2}\sin(2x) \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \right) \end{align*}$$

 

(b). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{5}(x)\sec^{3}(x) \; dx$

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{5}(x) \sec^{3}(x) \; dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan^{2}(x))^{2} \sec^{2}(x) \sec(x)\tan(x) \; dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\sec^{2}(x) - 1)^{2} \sec^{2}(x) \sec(x)\tan(x) \; dx \end{align*}$$

 

여기서, $\sec(x) = u$라고 하면 $\sec(x)\tan(x) dx = du \rightarrpw dx = \frac{1}{\sec(x)\tan(x)} du$이고 적분구간은 $[0, \frac{\pi}{4}] \rightarrow [1, \sqrt{2}]$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{5}(x) \sec^{3}(x) \; dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\sec^{2}(x) - 1)^{2} \sec^{2}(x) \sec(x)\tan(x) \; dx \\ &= \int_{1}^{\sqrt{2}} (u^{2} - 1)^{2} u^{2} \sec(x)\tan(x) \cdot \frac{1}{\sec(x)\tan(x)} \; du \\ &= \int_{1}^{\sqrt{2}} (u^{4} - 2u^{2} + 1)u^{2} \; du \\ &= \int_{1}^{\sqrt{2}} (u^{6} - 2u^{4} + u^{2} ) \; du \\ &= \left[ \frac{1}{7}u^{7} - \frac{2}{5} u^{5} +\frac{1}{3}u^{3} \right]_{1}^{\sqrt{2}} \\ &= \left( \frac{8}{7}\sqrt{2} - \frac{8}{5}\sqrt{2} + \frac{2}{3}\sqrt{2} \right) - \left( \frac{1}{7} - \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \right)\end{align*}$$

 

(c). $\int \frac{\sec(x)\tan(x)}{\sec^{2}(x) - \sec(x)} \; dx$

 

$\sec(x) = u$라고 하면 $\sec(x)\tan(x) dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{\sec(x)\tan(x)} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begun{align*} \int \frac{\sec(x)\tan(x)}{\sec^{2}(x) - \sec(x)} \; dx &= \int \frac{\sec(x)\tan(x)}{u^{2} - u} \cdot \frac{1}{\sec(x)\tan(x)} \; du \\ &= \int \frac{1}{u(u - 1)} \; du \\ &= \int \left( \frac{1}{u} - \frac{1}{u - 1} \right) \; du \\ &= \ln |u| - \ln |u - 1| + C \\ &= \ln \left| \frac{u}{u - 1} \right| + C \\ &= \ln \left| \frac{\sec(x)}{\sec(x) - 1} \right| + C \end{align*}$$

 

(d). $\int \frac{1}{\sqrt{4x^{2} - 4x - 3}} \; dx$

 

먼저, 분모를 완전제곱식으로 바꾸면 $4x^{2} - 4x - 3 = (2x - 1)^{2} - 4$이다. 여기서 $2x - 1 = 2\sec(\theta)$라고 하면 $dx = \sec(\theta)\tan(\theta) d\theta$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{\sqrt{4x^{2} - 4x - 3}} \; dx &= \int \frac{1}{\sqrt{(2x - 1)^{2} - 4}} \; dx \\ &= \int \frac{1}{\sqrt{4\sec^{2}(\theta) - 4}} \cdot \sec(\theta)\tan(\theta) \; d\theta \\ &= \int \frac{1}{2\tan(\theta)} \cdot \sec(\theta)\tan(\theta) \; d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int \sec(\theta) \; d\theta \\ &= \frac{1}{2} \ln \left| \sec(\theta) + \tan(\theta) \right| + C \\ &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1}{2} (2x + 1) + \frac{2}{\sqrt{4x^{2} - 4x - 3}} \right| + C \end{align*}$$

 

(e). $\int x\tan^{2}(x) \; dx$

 

먼저, 주어진 식을 정리하면 $x\tan^{2}(x) = x(\sec^{2}(x) - 1) = x\sec^{2}(x) - x$이므로 첫번째 항에 대해 부분적분법을 적용하면 최종적분 결과를 얻을 수 있다. 이를 위해, $f(x) = x$ 그리고 $g^{'}(x) = \sec^{2}(x)$라고 두면 $f^{'}(x) = 1$이고 $g(x) =\tan(x)$이다. 따라서, 부분적분법에 의해 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x\sec^{2}(x) \; dx &= x\tan(x) - \int \tan(x) \; dx \\ &= x\tan(x) - \ln |\cos(x)| + C \end{align*}$$

 

따라서, 최종 적분 결과는 다음과 같다.

 

$$\begin{align*} \int x\tan^{2}(x) \; dx = \int x (\sec^{2}(x) - 1) \; dx \\ &= \int x\sec^{2}(x) \; dx - \int x \; dx \\ &= x\tan(x) - \ln |\cos(x)| - \frac{1}{2}x^{2} + C  \end{align*}$$

 

연습문제9. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int \frac{\arctan(x)}{x^{2}} \; dx$

(b). $\int e^{x}\sqrt{1 + e^{x}} \; dx$

(c). $\int \sqrt{1 + e^{x}} \; dx$

(d). $\int x^{5}e^{-x^{3}} \; dx$

(e). $\int \frac{1 + \sin(x)}{1 - \sin(x)} \; dx$

 

(a). $\int \frac{\arctan(x)}{x^{2}} \; dx$

 

$f(x) = \arctan(x)$ 그리고 $g^{'}(x) = \frac{1}{x^{2}}$라고 하면 $f^{'}(x) = \frac{1}{1 + x^{2}}$이고 $g(x) = -\frac{1}{x}$이다. 따라서, 부분적분법에 의해 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\arctan(x)}{x^{2}} \; dx &= -\frac{1}{x}\arctan(x) + \int \frac{1}{x(1 + x^{2})} \; dx \end{align*}$$

 

여기서, $h(x) = \frac{1}{x(1 + x^{2})}$이라고 두면 $h(x)$의 분자의 차수는 분모보다 작고 분모는 인수 분해 가능하므로 부분분수법을 이용해서 분해하여 적분할 수 있다. 이를 위해, $h(x) = \frac{1}{x(1 + x^{2})} = \frac{A}{x} + \frac{Bx + C}{1 + x^{2}}$이라고 두고 양변에 $x(1 + x^{2})$을 곱하면 다음 항등식을 얻을 수 있다. 

 

$$\begin{align*} 1 = A(1 + x^{2}) + (Bx + C)x = (A + B) x^{2} + Cx + A \end{align*}$$

 

이 식을 풀면 $(A, B, C) = (1, -1, 0)$임을 알 수 있다. 따라서, 두번째 항의 적분은 다음과 같이 할 수 있다.

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x(1 + x^{2})} \; dx &= \int \left( \frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}} \right) \; dx \\ &= \ln |x| - \frac{1}{2} \ln |x^{2} + 1| + C \end{align*}$$

 

따라서, 최종적분 결과는 다음과 같다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{\arctan(x)}{x^{2}} \; dx &= -\frac{1}{x}\arctan(x) + \int \frac{1}{x(1 + x^{2})} \; dx \\ &= -\frac{1}{x} \arctan(x) + \ln |x| - \frac{1}{2} \ln |x^{2} + 1| + C \end{align*}$$

 

(b). $\int e^{x}\sqrt{1 + e^{x}} \; dx$

 

$1 + e^{x} = u$라고 하면 $e^{x} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{e^{x}} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int e^{x} \sqrt{1 + e^{x}} \; dx &= \int e^{x} \sqrt{u} \cdot \frac{1}{e^{x}} \; du \\ &= \int u^{\frac{1}{2}} \; du \\ &= \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} + C \\ &= \frac{2}{3} (1 + e^{x})^{\frac{3}{2}} + C  \end{align*}$$

 

(c). $\int \sqrt{1 + e^{x}} \; dx$

 

$\sqrt{1 + e^{x}} = u$라고 하면 $1 + e^{x} = u^{2} \rightarrow e^{x} dx = 2u du \rightarrow dx = \frac{2u}{e^{x}} \; du = \frac{2u}{u^{2} - 1} du$이다. 따라서, 다음과 같이 적분할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \sqrt{1 + e^{x}} \; dx &= \int u \cdot \frac{2u}{u^{2} - 1} \; du \\ &= \int \frac{2u^{2}}{u^{2} - 1} \; du \\ &= \int \left( 2 + \frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1} \right) \; du \\ &= 2u + \ln|u - 1| - \ln|u + 1| + C \\ &= 2u + \ln \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + C \\ &= 2u + \ln \left| \frac{\sqrt{1 + e^{x}} - 1}{\sqrt{1 + e^{x}} + 1} \right| + C \end{align*}$$

 

(d). $\int x^{5}e^{-x^{3}} \; dx$

 

$x^{3} = u$라고 하면 $3x^{2} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{3x^{2}} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x^{5} e^{-x^{3}} \; dx &= \int x^{5} e^{-u} \cdot \frac{1}{3x^{2}} \; du \\ &= \frac{1}{3} \int x^{3}e^{-u} \; du \\ &= \frac{1}{3} ue^{-u} \; du \end{align*}$$

 

이제, $f(u) = u$ 그리고 $g^{'}(u) = e^{-u}$라고 하면 $f^{'}(u) = 1$이고 $g(u) = -e^{-u}$이다. 따라서, 다음과 같이 부분적분법을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x^{5} e^{-x^{3}} \; dx &= \frac{1}{3} ue^{-u} \; du \\ &= \frac{1}{3} \left( -ue^{-u} + \int e^{-u} \; du \right) \\ &= \frac{1}{3} \left( -ue^{-u} - e^{-u} \right) + C \\ &= -\frac{1}{3} \left( u + 1 \right)e^{-u} + C \\ &= -\frac{1}{3} \left( x^{3} + 1 \right) e^{-x^{3}} + C \end{align*}$$

 

(e). $\int \frac{1 + \sin(x)}{1 - \sin(x)} \; dx$

 

$$\begin{align*} \int \frac{1 + \sin(x)}{1 - \sin(x)} \; dx &= \int \frac{(1 + \sin(x))^{2}}{(1 - \sin(x))(1 + \sin(x))} \; dx \\ &= \int \frac{1 + 2\sin(x) + \sin^{2}(x)}{1 - \sin^{2}(x)} \; dx \\ &= \int \frac{1 + 2\sin(x) + \sin^{2}(x)}{\cos^{2}(x)} \; dx \\ &= \int \left( \sec^{2}(x) + 2\frac{\sin(x)}{\cos^{2}(x)} + \tan^{2}(x) \right) \; dx \\ &= \int \left( 2\sec^{2}(x) + 2\tan(x)\sec(x) - 1 \right) \; dx \\ &= 2\tan(x) + \sec(x) - x + C \end{align*}$$

 

연습문제10. 주어진 적분을 계산하라.

 

(a). $\int x^{3}(x - 1)^{-4} \; dx$

(b). $\int \frac{x}{x^{4} - a^{4}} \; dx$

(c). $\int \frac{1}{x\sqrt{4x + 1}} \; dx$

(d). $\int \frac{1}{x^{2}\sqrt{4x + 1}} \; dx$

(e). $\int \frac{1}{x\sqrt{4x^{2} + 1}} \; dx$

 

(a). $\int x^{3}(x - 1)^{-4} \; dx$

 

$x - 1 = u$라고 하면 $dx = du$이고 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int x^{3} (x - 1)^{-4} \; dx &= \int (u + 1)^{3} u^{-4} \; du \\ &= \int \frac{u^{3} + 3u^{2} + 3u + 1}{u^{4}} \; du \\ &= \int \left( \frac{1}{u} + \frac{3}{u^{2}} + \frac{3}{u^{3}} + \frac{1}{u^{4}} \right) \; du \\ &= \ln |u| - \frac{1}{u} - \frac{3}{2u^{2}} - \frac{1}{3u^{3}} + C \\ &= \ln |x - 1| - \frac{1}{x - 1} - \frac{3}{2(x - 1)^{2}} - \frac{1}{3(x - 1)^{3}} + C \end{align*}$$

 

(b). $\int \frac{x}{x^{4} - a^{4}} \; dx$

 

$x^{2} = u$라고 하면 $2x dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{2x} du$이다. 따라서 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{x}{x^{4} - a^{4}} \; dx &= \int \frac{x}{u^{2} - a^{2}} \cdot \frac{1}{2x} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{u^{2} - a^{2}} \; du \\ &= \frac{1}{4a} \int \left( \frac{1}{u - a} - \frac{1}{u + a} \right) \; du \\ &= \frac{1}{4a} \ln \left| \frac{u - a}{u + a} \right| + C \\ &= \frac{1}{4a} \ln \left| \frac{x^{2} - a}{x^{2} + a} \right| + C \end{align*}$$

 

(c). $\int \frac{1}{x\sqrt{4x + 1}} \; dx$

 

$\sqrt{4x + 1} = u$라고 하면 $4x + 1 = u^{2} \rightarrow 4 dx = 2u du \rightarrow dx = \frac{u}{2} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x\sqrt{4x + 1}} \; dx &= \int \frac{1}{\frac{1}{4}(u^{2} - 1)u} \cdot \frac{u}{2} \; du \\ &= 2 \int \frac{1}{(u + 1)(u - 1)} \; du \\ &= \int \left( \frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1} \right) \; du \\ &= \ln \left| \frac{u - 1}{u + 1} \right| + C \\ &= \ln \left| \frac{\sqrt{4x + 1} - 1}{\sqrt{4x + 1} + 1} \right| + C \end{align*}$$

 

(d). $\int \frac{1}{x^{2}\sqrt{4x + 1}} \; dx$

 

$4x + 1 = u$라고 하면 $4 dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{4} du$가 된다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x^{2} \sqrt{4x + 1}} \; dx &= \int \frac{1}{\left( \frac{u - 1}{4} \right)^{2} \sqrt{u}} \cdot \frac{1}{4} \; du \\ &= 4 \int \frac{1}{(u - 1)^{2}\sqrt{u}} \; du \end{align*}$$

 

이제, $\sqrt{u} = v$라고 하면 $u = v^{2} \rightarrow du = 2v dv$이다. 따라서, 다음과 깉이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x^{2} \sqrt{4x + 1}} \; dx &= 4 \int \frac{1}{(u - 1)^{2}\sqrt{u}} \; du \\ &= 4 \int \frac{1}{(v^{2} - 1)^{2} v} \cdot (2v) \; dv \\ &= 8 \int \frac{1}{v^{4} - 2v^{2} + 1} \; dv \\ &= 8 \int \left( \frac{1}{4(v + 1)} + \frac{1}{4(v + 1)^{2}} - \frac{1}{4(v - 1)} + \frac{1}{4(v - 1)^{2}} \right) \; dv \\ &= 2 \left( \ln |v + 1| - \frac{1}{v + 1} - \ln |v - 1| - \frac{1}{v - 1} \right) + C \\ &= 2 \left( \ln \left| \frac{v + 1}{v - 1} \right| - \frac{1}{v + 1} - \frac{1}{v - 1} \right) + C \\ &= 2 \left( \ln \left| \frac{\sqrt{u} + 1}{\sqrt{u} - 1} \right| - \frac{1}{\sqrt{u} + 1} - \frac{1}{\sqrt{u} - 1} \right) + C \\ &= 2 \left( \ln \left| \frac{\sqrt{4x + 1} + 1}{\sqrt{4x + 1} - 1} \right| - \frac{1}{\sqrt{4x + 1} + 1} - \frac{1}{\sqrt{4x + 1} - 1} \right) + C \end{align*}$$

 

(e). $\int \frac{1}{x\sqrt{4x^{2} + 1}} \; dx$

 

$4x^{2} + 1 = u$라고 하면 $8x dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{8x} du$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x\sqrt{4x^{2} + 1}} \; dx &= \int \frac{1}{x\sqrt{u}} \cdot \frac{1}{8x} \; du \\ &= \frac{1}{8} \int \frac{1}{x^{2}\sqrt{u}} \; du \\ &= \frac{1}{8} \int \frac{1}{\frac{1}{4} (u - 1) \sqrt{u}} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(u - 1)\sqrt{u}} \; du \end{align*}$$

 

이제, $\sqrt{u} = v$라고 하면 $u = v^{2} \rightarrow du = 2v dv$이다. 따라서, 다음과 같이 치환적분을 할 수 있다. 

 

$$\begin{align*} \int \frac{1}{x\sqrt{4x^{2} + 1}} \; dx &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(u - 1)\sqrt{u}} \; du \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(v^{2} - 1)v} \cdot (2v) \; dv \\ &= \int \frac{1}{(v - 1)(v + 1)} \; dv \\ &= \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{v - 1} - \frac{1}{v + 1} \right) \; dv \\ &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{v - 1}{v + 1} \right| + C \\ &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{\sqrt{u} - 1}{\sqrt{u} + 1} \right| + C \\ &= \frac{1}{2} \ln \left| \frac{\sqrt{4x^{2} + 1} - 1}{\sqrt{4x^{2} + 1} + 1} \right| + C \end{align*}$$

 

참고자료 및 그림출처

Calculus(J. Stewart)