안녕하세요. 오늘은 지금까지 배웠던 적분과 관련된 다양한 계산문제들을 풀어보는 시간을 가져보도록 하겠습니다. 만약, 모르는 부분이 있다면 아래의 링크를 참조하시고 다시 풀어보시길 권장드립니다.
5. 적분 (Integrals)
- 미적분학 - 영역 문제 (Keyword : 영역 문제, 적분 개요)
- 미적분학 - 적분 정의와 계산 그리고 정적분의 성질 (Keyword : 적분 정의, 구분구적법, 정적분, 리만적분, 적분 계산, 중간점 규칙, 정적분의 성질, 정적분의 선형성)
- 미적분학 - 미적분학 기본정리 (Keyword : 미적분학 기본정리, Fundamental Theorem of Calculus, FTC)
- 미적분학 - 부정적분 (Keyword : 부정적분, 적분 상수)
- 미적분학 - 치환적분 (Keyword : 치환적분, 대칭함수의 정적분)
종합연습문제1. 주어진 정적분을 계산하라.
(a). $\int_{1}^{2} (8x^{3} + 3x^{2}) \; dx$
(b). $\int_{0}^{T} (x^{4} - 8x + 7) \; dx$
(c). $\int_{0}^{1} (1 - x^{9}) \; dx$
(d). $\int_{0}^{1} (1 - x)^{9} \; dx$
(e). $\int_{1}^{9} \frac{\sqrt{u} - 2u^{2}}{u} \; du$
(a). $\int_{1}^{2} (8x^{3} + 3x^{2}) \; dx$
$$\begin{align*} \int_{1}^{2} (8x^{3} + 3x^{2}) \; dx &= \left[ 2x^{4} + x^{3} \right]_{1}^{2} \\ &= (16 + 8) - (2 + 1) = 21 \end{align*}$$
(b). $\int_{0}^{T} (x^{4} - 8x + 7) \; dx$
$$\begin{align*} \int_{0}^{T} (x^{4} - 8x + 7) \; dx &= \left[ \frac{1}{5}x^{5} - 4x^{2} + 7x \right]_{0}^{T} \\ &= \frac{1}{5}T^{5} - 4T^{2} + 7T \end{align*}$$
(c). $\int_{0}^{1} (1 - x^{9}) \; dx$
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} (1 - x^{9}) \; dx &= \left[ x - \frac{1}{10}x^{10} \right]_{0}^{1} \\ &= 1 - \frac{1}{10} = \frac{9}{10} \end{align*}$$
(d). $\int_{0}^{1} (1 - x)^{9} \; dx$
$1 - x = u$라고 하자.
$$- dx = du \rightarrow dx = - du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = 1 \rightarrow u = 0 \\ &x = 0 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} (1 - x)^{9} \; dx &= \int_{1}^{0} u^{9} \; \left( - du \right) \\ &= \int_{0}^{1} u^{9} \; du \\ &= \left[ \frac{1}{10}u^{10} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{10}\end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} (1 - x)^{9}\; dx = \frac{1}{10}$이다.
(e). $\int_{1}^{9} \frac{\sqrt{u} - 2u^{2}}{u} \; du$
$$\begin{align*} \int_{1}^{9} \frac{\sqrt{u} - 2u^{2}}{u} \; du &= \int_{1}^{9} \left( u^{-\frac{1}{2}} - 2u \right) \; du \\ &= \left[ 2u^{\frac{1}{2}} - u^{2} \right]_{1}^{9} = -74 \end{align*}$$
종합연습문제2. 주어진 정적분을 계산하라.
(a). $\int_{0}^{1} \left( \sqrt[4]{u} + 1 \right)^{2} \; du$
(b). $\int_{0}^{1} y\left( y^{2} + 1 \right)^{5} \; dy$
(c). $\int_{0}^{2} y^{2}\sqrt{1 +y^{3}} \; dy$
(d). $\int_{1}^{5} \frac{1}{(t - 4)^{2}} \; dt$
(e). $\int_{0}^{1} \sin(3\pi t) \; dt$
(a). $\int_{0}^{1} \left( \sqrt[4]{u} + 1 \right)^{2} \; du$
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} \left( \sqrt[4]{u} + 1 \right)^{2} \; du &= \int_{0}^{1} \left( u^{\frac{1}{2}} + 2u^{\frac{1}{4}} + 1\right) \; du \\ &= \left[ \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} + \frac{8}{5}u^{\frac{5}{4}} + u \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{2}{3} +\frac{8}{5} + 1 = \frac{49}{15} \end{align*}$$
(b). $\int_{0}^{1} y\left( y^{2} + 1 \right)^{5} \; dy$
$1 + y^{2} = u$라고 하자.
$$2y dy = du \rightarrow dy = \frac{1}{2y} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &y = 1 \rightarrow u = 2 \\ &y = 0 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} y\left( y^{2} + 1\right)^{5} \; dy &= \int_{1}^{2} yu^{5} \; \left( \frac{1}{2y} du \right) \\ &= \frac{1}{2} \int_{1}^{2} u^{5} \; du \\ &= \left[ \frac{1}{12}u^{6} \right]_{1}^{2} \\ &= \frac{1}{12} (64 - 1) = \frac{63}{12}\end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} y\left( y^{2} + 1 \right) \; dy = \frac{63}{12}$이다.
(c). $\int_{0}^{2} y^{2}\sqrt{1 +y^{3}} \; dy$
$1 + y^{3} = u$라고 하자.
$$3y^{2} dy = du \rightarrow dy = \frac{1}{3y^{2}} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &y = 2 \rightarrow u = 9 \\ &y = 0 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{2} y^{2}\sqrt{1 + y^{3}} \; dy &= \int_{1}^{9} y^{2}u^{\frac{1}{2}} \; \left( \frac{1}{3y^{2}} du \right) \\ &= \frac{1}{3} \int_{1}^{9} u^{\frac{1}{2}} \; du \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}\left[ u^{\frac{3}{2}} \right]_{2}^{9} \\ &= \frac{2}{9} (27 - 1) = \frac{52}{9}\end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{2} y^{2}\sqrt{1 + y^{3}} \; dy = \frac{52}{9}$이다.
(d). $\int_{1}^{5} \frac{1}{(t - 4)^{2}} \; dt$
$t = 4$에서 함수 $f$가 정의되지 않기 때문에 $\int_{1}^{5} \frac{1}{(t - 4)^{2}} \; dt$는 존재하지 않는다.
(e). $\int_{0}^{1} \sin(3\pi t) \; dt$
$3\pi t = u$라고 하자.
$$3\pi dt = du \rightarrow dt = \frac{1}{3\pi} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &t = 1 \rightarrow u = 3\pi \\ &t = 0 \rightarrow u = 0 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} \sin(3\pi t) \; dt &= \int_{0}^{3\pi} \sin(u) \; \left( \frac{1}{3\pi} du \right) \\ &= \frac{1}{3\pi} \int_{0}^{3\pi} \sin(u) \; du \\ &= \frac{1}{3\pi} \left[ -\cos(u) \right]_{0}^{3\pi} \\ &= \frac{1}{3\pi} (1 + 1) = \frac{2}{3\pi}\end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} \sin(3\pi t) \; dt = \frac{2}{3\pi}$이다.
종합연습문제3. 주어진 정적분을 계산하라.
(a). $\int_{0}^{1} v^{2}\cos(v^{3}) \; dv$
(b). $\int_{-1}^{1} \frac{\sin(x)}{1 + x^{2}} \; dx$
(c). $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{t^{4}\tan(t)}{2 + \cos(t)} \; dt$
(d). $\int_{0}^{1} \frac{e^{x}}{1 + e^{2x}} \; dx$
(e). $\int_{1}^{10} \frac{x}{x^{2} - 4} \; dx$
(a). $\int_{0}^{1} v^{2}\cos(v^{3}) \; dv$
$v^{3} = u$라고 하자.
$$3v^{2} dv = du \rightarrow dv = \frac{1}{3v^{2}} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &v = 1 \rightarrow u = 1 \\ &t = 0 \rightarrow u = 0 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} v^{2}\cos(v^{3}) \; dv &= \int_{0}^{1} v^{2}\cos(u) \; \left( \frac{1}{3v^{2}} du \right) \\ &= \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \cos(u) \; du \\ &= \frac{1}{3} \left[ \sin(u) \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{3} (\sin(1) + \sin(0)) = \frac{\sin(1)}{3}\end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} v^{2}\cos(v^{3}) \; dv = \frac{\sin(1)}{3}$이다.
(b). $\int_{-1}^{1} \frac{\sin(x)}{1 + x^{2}} \; dx$
$f(x) = \frac{\sin(x)}{1 +x^{2}}$이라고 하자. $f(-x) = \frac{\sin(-x)}{1 + (-x)^{2}} = -\frac{\sin(x)}{1 + x^{2}} = -f(x)$이므로 함수 $f$는 기함수이다. 따라서, $\int_{-1}^{1} \frac{\sin(x)}{1 + x^{2}} \; dx = 0$이다.
(c). $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{t^{4}\tan(t)}{2 + \cos(t)} \; dt$
$f(t) = \frac{t^{4}\tan(t)}{2 +\cos(t)}$이라고 하자. $f(-t) = \frac{(-t)^{4}\tan(-t)}{2 + \cos(-t)} = -\frac{t^{4}\tan(t)}{2 + \cos(t)} = -f(t)$이므로 함수 $f$는 기함수이다. 따라서, $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{t^{4}\tan(t)}{2 + \cos(t)} \; dt = 0$이다.
(d). $\int_{0}^{1} \frac{e^{x}}{1 + e^{2x}} \; dx$
$e^{x} = u$라고 하자.
$$e^{x} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{e^{x}} du = \frac{1}{u} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = 1 \rightarrow u = e \\ &t = 0 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{e^{x}}{1 + e^{2x}} \; dx &= \int_{1}^{e} \frac{u}{1 + u^{2}} \; \left( \frac{1}{u} du \right) \\ &= \int_{1}^{e} \frac{1}{1 + u^{2}} \; du \\ &= \left[ \arctan(u) \right]_{1}^{e} \\ &= \arctan(e) - \arctan(1) = \arctan(e) - \frac{\pi}{4} \end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} \frac{e^{x}}{1 + e^{2x}} \; dx = \arctan(e) - \frac{\pi}{4}$이다.
(e). $\int_{1}^{10} \frac{x}{x^{2} - 4} \; dx$
$x = 4$에서 함수 $f$가 정의되지 않기 때문에 $\int_{1}^{10} \frac{x}{x^{2} - 4} \; dx$는 존재하지 않는다.
종합연습문제4. 주어진 부정적분을 계산하라.
(a). $\int \left( \frac{1 - x}{x} \right)^{2} \; dx$
(b). $\int \frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} + 4x}} \; dx$
(c). $\int \frac{\csc^{2}(x)}{1 + \cot(x)} \; dx$
(d). $\int \sin(\pi t)\cos(\pi t) \; dt$
(e). $\int \sin(x)\cos(\cos(x)) \; dx$
(a). $\int \left( \frac{1 - x}{x} \right)^{2} \; dx$
$$\begin{align*} \int \left( \frac{1 - x}{x} \right)^{2} \; dx &= \int \frac{x^{2} - 2x + 1}{x^{2}} \; dx \\ &= \int \left(1 - \frac{2}{x} + x^{-2} \right) \; dx \\ &= x - 2\ln|x| - \frac{1}{x} + C\end{align*}$$
(b). $\int \frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} + 4x}} \; dx$
$x^{2} + 4x = u$라고 하자.
$$(2x + 4) dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{2(x + 2)} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} + 4x}} \; dx &= \int \frac{x + 2}{\sqrt{u}} \; \left( \frac{1}{2(x + 2)} du \right) \\ &= \frac{1}{2} \int u^{-\frac{1}{2}} \; du \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 u^{\frac{1}{2}} + C \\ &= \sqrt{u} + C = \sqrt{x^{2} + 4x} + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{x + 2}{\sqrt{x^{2} + 4x}} \; dx = \sqrt{x^{2} + 4x} + C$이다.
(c). $\int \frac{\csc^{2}(x)}{1 + \cot(x)} \; dx$
$1 + \cot(x) = u$라고 하자.
$$-\csc^{2}(x) dx = du \rightarrow dx = -\frac{1}{\csc^{2}(x)} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{\csc^{2}(x)}{1 + \cot(x)} \; dx &= \int \frac{\csc^{2}(x)}{u} \; \left( -\frac{1}{-\csc^{2}(x)} du \right) \\ &= - \int \frac{1}{u} \; du \\ &= -\ln |u| + C \\ &= \ln \left| \frac{1}{u} \right| + C = \ln \left| \frac{1}{1 + \cot(x)} \right| + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{\csc^{2}(x)}{1 + \cot(x)} \; dx = \ln \left| \frac{1}{1 + \cot(x)} \right|+ C$이다.
(d). $\int \sin(\pi t)\cos(\pi t) \; dt$
$\cos(\pi t) = u$라고 하자.
$$-\pi \sin(\pi t) dt = du \rightarrow dx = -\frac{1}{\pi \sin(\pi t)} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \sin(\pi t)\cos(\pi t) \; dt &= \int \sin(\pi t)u \; \left( -\frac{1}{-\pi \sin(\pi t)} du \right) \\ &= -\frac{1}{\pi} \int u \; du \\ &= -\frac{1}{2\pi}u^{2} + C = \frac{1}{2\pi}\cos^{2}(\pi t) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \sin(\pi t) \cos(\pi t) \; dt = \frac{1}{2\pi }\cos^{2}(\pi t) + C$이다.
(e). $\int \sin(x)\cos(\cos(x)) \; dx$
$\cos(x) = u$라고 하자.
$$-\sin(x) dx = du \rightarrow dx = -\frac{1}{\sin(x)} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \sin(x)\cos(\cos(x)) \; dx &= \int \sin(x)\cos(u) \; \left( -\frac{1}{\sin(x)} du \right) \\ &= - \int \cos(u) \; du \\ &= -\sin(u) + C = \sin(\cos(x)) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \sin(x)\cos(\cos(x)) \; dt = \sin(\cos(x)) + C$이다.
종합연습문제5. 주어진 부정적분을 계산하라.
(a). $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \; dx$
(b). $\int \frac{\cos(\ln(x))}{x} \; dx$
(c). $\int \tan(x) \ln(\cos(x)) \; dx$
(d). $\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^{4}}} \; dx$
(e). $\int \frac{x^{3}}{1 + x^{4}} \; dx$
(a). $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \; dx$
$\sqrt{x} = u$라고 하자.
$$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = du \rightarrow dx = 2\sqrt{x} du = 2u du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \; dx &= \int \frac{e^{u}}{u} \; \left( 2u du \right) \\ &= 2\int e^{u} \; du \\ &= 2e^{u} + C = 2e^{\sqrt{x}} + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \; dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$이다.
(b). $\int \frac{\cos(\ln(x))}{x} \; dx$
$\ln{x} = u$라고 하자.
$$\frac{1}{x} dx = du \rightarrow dx = x du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{\cos(\ln(x))}{x} \; dx &= \int \frac{\cos(u)}{x} \; \left( x du \right) \\ &= \int \cos(u) \; du \\ &= \sin(u) + C = \sin(\ln(x)) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{\cos(\ln(x))}{x} \; dx = \sin(\ln(x)) + C$이다.
(c). $\int \tan(x) \ln(\cos(x)) \; dx$
$\ln(\cos(x)) = u$라고 하자.
$$\frac{\sin(x)}{\cos(x)} dx = \tan(x) dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{\tan(x)} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \tan(x) \ln(\cos(x)) \; dx &= \int \tan(x) u \; \left( \frac{1}{\tan(x)} du \right) \\ &= \int u \; du \\ &= \frac{1}{2}u^{2} + C = \frac{1}{2}\left( \ln(\cos(x)) \right)^{2} + C\end{align*}$$
따라서, $\int \tan(x) \ln(\cos(x)) \; dx = \frac{1}{2}\left( \ln(\cos(x)) \right)^{2} + C$이다.
(d). $\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^{4}}} \; dx$
$x^{2}= u$라고 하자.
$$2x dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{2x} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx &= \int \frac{x}{\sqrt{1 - u^{2}}} \; \left( \frac{1}{2x} du \right) \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{1 - u^{2}}} \; du \\ &= \frac{1}{2}\arcsin(u) + C = \frac{1}{2}\arcsin(x^{2}) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \; dx = \frac{1}{2}\arcsin(x^{2}) + C$이다.
(e). $\int \frac{x^{3}}{1 + x^{4}} \; dx$
$1 + x^{4}= u$라고 하자.
$$4x^{3} dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{4x^{3}} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{x^{3}}{1 + x^{4}} \; dx &= \int \frac{x^{3}}{u} \; \left( \frac{1}{4x^{3}} du \right) \\ &= \frac{1}{4} \int \frac{1}{u} \; du \\ &= \frac{1}{4}\ln|u| + C = \frac{1}{4}\ln(1 + x^{4}) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{x^{3}}{1 + x^{4}} \; dx = \frac{1}{4}\ln(1 + x^{4}) + C$이다.
종합연습문제6. 주어진 부정적분과 정적분을 계산하라.
(a). $\int \sinh(1 + 4x) \; dx$
(b). $\int \frac{\sec(\theta)\tan(\theta)}{1 + \sec(\theta)} \; d\theta$
(c). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \tan(t))^{3}\sec^{2}(t) \; dt$
(d). $\int_{0}^{3} \left| x^{2} - 4 \right| \; dx$
(e). $\int_{0}^{4} \left| \sqrt{x} - 1 \right| \; dx$
(a). $\int \sinh(1 + 4x) \; dx$
$1 + 4x= u$라고 하자.
$$4 dx = du \rightarrow dx = \frac{1}{4} du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \sinh(1 + 4x) \; dx &= \int \sinh(u) \; \left( \frac{1}{4} du \right) \\ &= \frac{1}{4} \int \sinh(u) \; du \\ &= \frac{1}{4}\cosh(u) + C = \frac{1}{4}\cosh(1 + 4x) + C\end{align*}$$
따라서, $\int \sinh(1 + 4x) \; dx = \frac{1}{4}\cosh(1 + 4x) + C$이다.
(b). $\int \frac{\sec(\theta)\tan(\theta)}{1 + \sec(\theta)} \; d\theta$
$1 + \sec(\theta) = u$라고 하자.
$$\sec(\theta)\tan(\theta) d\theta = du \rightarrow d\theta = \frac{1}{\sec(\theta)\tan(\theta)}du$$
이제 주어진 부정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int \frac{\sec(\theta)\tan(\theta)}{1 + \sec(\theta)} \; d\theta &= \int \frac{\sec(\theta)\tan(\theta)}{u} \; \left( \frac{1}{\sec(\theta)\tan(\theta)} du \right) \\ &= \int \frac{1}{u} \; du \\ &= \ln|u| + C = \ln|1 + \sec(\theta)| + C\end{align*}$$
따라서, $\int \frac{\sec(\theta)\tan(\theta)}{1 + \sec(\theta)} \; d\theta = \ln|1 + \sec(\theta)| + C$이다.
(c). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \tan(t))^{3}\sec^{2}(t) \; dt$
$1 + \tan(t) = u$라고 하자.
$$\sec^{2}(t) dt = du \rightarrow dt = \frac{1}{\sec^{2}(t)} du$$
그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &t = \frac{\pi}{4} \rightarrow u = 2 \\ &t = 0 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 주어진 정적분을 치환적분을 이용해서 해결한다.
$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \tan(t))^{3}\sec^{2}(t) \; dt &= \int_{1}^{2} u^{3}\sec^{2}(t) \; \left( \frac{1}{\sec^{2}(t)} du \right) \\ &= \int_{1}^{2} u^{3} \; du \\ &= \left[ \frac{1}{4}u^{4} \right]_{1}^{2} \\ &= \frac{1}{4}(2^{4} - 1^{4}) = \frac{15}{4} \end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \tan(t))^{3}\sec^{2}(t) \; dt = \frac{15}{4}$이다.
(d). $\int_{0}^{3} \left| x^{2} - 4 \right| \; dx$
$$\begin{align*} \int_{0}^{3} \left| x^{2} - 4 \right| \; dx &= \int_{0}^{2} \left| x^{2} - 4 \right| \; dx + \int_{2}^{3} \left| x^{2} - 4 \right| \; dx \\ &= \int_{0}^{2} (-x^{2} + 4) \; dx + \int_{2}^{3} (x^{2} - 4) \; dx \\ &= \left[ -\frac{1}{3}x^{3} - 4x \right]_{0}^{2} + \left[ \frac{1}{3}x^{3} - 4x \right]_{2}^{3} = \frac{23}{3}\end{align*}$$
(e). $\int_{0}^{4} \left| \sqrt{x} - 1 \right| \; dx$
$$\begin{align*} \int_{0}^{4} \left| \sqrt{x} - 1 \right| \; dx &= \int_{0}^{1} \left| \sqrt{x} - 1 \right| \; dx + \int_{1}^{4} \left| \sqrt{x} - 1 \right| \; dx \\ &= \int_{0}^{1} (-\sqrt{x} + 1) \; dx + \int_{1}^{4} (\sqrt{x} - 1) \; dx \\ &= \left[ -\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} + x \right]_{0}^{1} + \left[ \frac{2}{3}x^{\frac{2}{3}} + x \right]_{1}^{4} \\ &= \left( -\frac{2}{3} + 1 \right) + \left[ \left( \frac{2}{3} \cdot 8 + 4 \right) - \left( \frac{2}{3} + 1 \right) \right] \\ &= \frac{1}{3} + \frac{22}{3} = \frac{23}{3} \end{align*}$$
종합연습문제7. 주어진 함수들의 도함수를 구하여라.
(a). $F(x) = \int_{0}^{x} \frac{t^{2}}{1 + t^{3}} \; dt$
(b). $F(x) = \int_{x}^{1} \sqrt{t + \sin(t)} \; dt$
(c). $g(x) = \int_{0}^{x^{4}} \cos(t^{2}) \; dt$
(d). $g(x) = \int_{1}^{\sin(x)} \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{4}} \; dt$
(e). $y = \int_{\sqrt{x}}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt$
(f). $y = \int_{2x}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt$
(a). $F(x) = \int_{0}^{x} \frac{t^{2}}{1 + t^{3}} \; dt$
$f(t) = \frac{t^{2}}{1 + t^{3}}$이라고 할 때, $f(t)$는 $[0, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $F^{'}(x) = f(x) = \frac{x^{2}}{1 + x^{3}}$이다.
(b). $F(x) = \int_{x}^{1} \sqrt{t + \sin(t)} \; dt$
$f(t) = \sqrt{t + \sin(t)}$이라고 할 때, $f(t)$는 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $F^{'}(x) = f(x) = -\sqrt{x + \sin(x)}$이다.
(c). $g(x) = \int_{0}^{x^{4}} \cos(t^{2}) \; dt$
$u = x^{4}$라고 하자.
$$\begin{align*} g^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[\int_{0}^{x^{4}} \cos(t^{2}) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \cos(t^{2}) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{0}^{u} \cos(t^{2}) \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= \cos(u^{2}) 4x^{3} = 4x^{3} \cos(x^{8}) \end{align*}$$
(d). $g(x) = \int_{1}^{\sin(x)} \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{4}} \; dt$
$u = \sin(x)$라고 하자.
$$\begin{align*} g^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[\int_{0}^{\sin(x)} \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{4}} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{4}} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{0}^{u} \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{4}} \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= \frac{1 - u^{2}}{1 + u^{4}} \cos(x) \\ &= \frac{\cos(x) (1 - \sin^{2}(x))}{1 + \sin^{4}(x)} = \frac{\cos^{3}(x)}{1 + \sin^{4}(x)}\end{align*}$$
(e). $y = \int_{\sqrt{x}}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt$
먼저, 주어진 함수를 정적분의 성질을 이용해서 두 개로 나누어준다.
$$y = \int_{\sqrt{x}}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt = \int_{\sqrt{x}}^{a} \frac{e^{t}}{t} \; dt + \int_{a}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt = \int_{a}^{\sqrt{x}} \left( -\frac{e^{t}}{t} \right) \; dt + \int_{a}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt $$첫번째 항에 대한 미분을 구하기 위해 $u = \sqrt{x}$라고 하자.
$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[\int_{\sqrt{x}}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{a}^{u} -\frac{e^{t}}{t} \; dt + \int_{a}^{x} \frac{e^{t}}{t} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{a}^{u} -\frac{e^{t}}{t} \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} + \frac{e^{x}}{x}\\ &= -\frac{e^{u}}{u} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{e^{x}}{x} \\ &= -\frac{e^{\sqrt{x}}}{2x} + \frac{e^{x}}{x}= \frac{2e^{x} - e^{\sqrt{x}}}{2x}\end{align*}$$
(f). $y = \int_{2x}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt$
먼저, 주어진 함수를 정적분의 성질을 이용해서 두 개로 나누어준다.
$$y = \int_{2x}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt = \int_{2x}^{a} \sin(t^{4}) \; dt + \int_{a}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt = \int_{a}^{2x} -\sin(t^{4}) \; dt + \int_{a}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt $$
각 항에 대한 미분을 구하기 위해 $u = 2x$ 그리고 $v = 3x + 1$라고 하자.
$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[\int_{2x}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{a}^{2x} -\sin(t^{4}) \; dt + \int_{a}^{3x + 1} \sin(t^{4}) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{a}^{u} -\sin(t^{4}) \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} + \frac{d}{dv} \left[ \int_{a}^{v} \sin(t^{4}) \; dt \right] \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -2\sin(8x^{4}) + 3\sin((3x + 1)^{4}) = 3\sin((3x + 1)^{4}) - 2\sin(8x^{4}) \end{align*}$$
종합연습문제8. 주어진 부등식을 증명하라.
(a). $\int_{0}^{1} x^{2}\cos(x) \; dx \le \frac{1}{3}$
(b). $\int_{0}^{1} e^{x}\cos(x) \; dx \le e - 1$
(a). $\int_{0}^{1} x^{2}\cos(x) \; dx \le \frac{1}{3}$
$-1 \le \cos(x) \le 1$을 만족하므로 이를 활용하여 양변에 적분을 적용하여 부등식을 증명할 수 있다.
$$\begin{align*} &\cos(x) \le 1 \\ \Rightarrow& x^{2}\cos(x) \le x^{2} \\ \Rightarrow& \int_{0}^{1} x^{2}\cos(x) \le \int_{0}^{1} x^{2} \; dx = \frac{1}{3} \end{align*}$$
따라서, $\int_{0}^{1} x^{2}\cos(x) \; dx \le \frac{1}{3}$이다.
(b). $\int_{0}^{1} e^{x}\cos(x) \; dx \le e - 1$
$-1 \le \cos(x) \le 1$을 만족하므로 이를 활용하여 양변에 적분을 적용하여 부등식을 증명할 수 있다.
$$\begin{align*} &\cos(x) \le 1 \\ \Rightarrow& e^{x}\cos(x) \le e^{x} \\ \Rightarrow& \int_{0}^{1} e^{x}\cos(x) \le \int_{0}^{1} e^{x} \; dx = e - 1 \end{align*}$$
따라서,
$\int_{0}^{1} e^{x}\cos(x) \; dx \le e - 1$이다.
종합연습문제9. 함수 $f$가 연속함수이고 $\int_{0}^{x} f(t) \; dt = xe^{2x} + \int_{0}^{x} e^{-t}f(t) \; dt$를 만족할 때 $f(x)$를 구하시오.
함수 $f$가 연속함수이므로 FTC1에 의해 양변을 미분할 수 있다.
$$\begin{align*} &\int_{0}^{x} f(t) \; dt = xe^{2x} + \int_{0}^{x} e^{-t}f(t) \; dt \\ \Rightarrow& f(x) = e^{2x} + 2xe^{2x} + e^{-x}f(x) \\ \Rightarrow& (1 - e^{-x})f(x) = (1 + 2x)e^{2x} \\ \Rightarrow& f(x) = \frac{(1 + 2x)e^{2x}}{1 - e^{-x}} \end{align*}$$
따라서, $f(x) = \frac{(1 + 2x)e^{2x}}{(1 - e^{-x})}$이다.
종합연습문제10. $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{h} \int_{2}^{2 + h} \sqrt{1 + t^{3}} \; dt$를 구하여라.
$F(x) = \int_{2}^{2 + x} \sqrt{1 + t^{3}} \; dt$라고 하자. FTC1에 의해 $F^{'}(x) = \sqrt{1 + (2 + x)^{3}}$임을 알 수 있다. 이때, 주어진 극한은 미분정의 형태로 바꾸어 구할 수 있다.
$$\begin{align*} \lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{h}\int_{2}^{2 + h} \sqrt{1 + t^{3}} \; dt &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{F(h) - F(0)}{h - 0} \\ &= F^{'}(0) = 3\end{align*}$$
따라서, $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{h} \int_{2}^{2 + h} \sqrt{1 + t^{3}} \; dt = 3$이다.
심화문제1. $x\sin(\pi x) = \int_{0}^{x^{2}} f(t) \; dt$라고 할 때, $f(4)$를 구하여라. 이때, $f$는 연속함수이다.
함수 $f$와 좌변의 함수가 모두 연속이므로 미적분학의 기본정리를 이용하여 아래와 같이 정리할 수 있다.
$$\begin{align*} &\frac{d}{dx} \left[ x\sin(\pi x) \right] = \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{x^{2}} f(t) \; dt \right] \\ \Rightarrow& \sin(\pi x) + \pi x\cos(\pi x) = 2xf(x) \\ \Rightarrow& f(x^{2}) = \frac{\sin(\pi x) + \pi x \cos(\pi x)}{2x} \end{align*}$$
따라서, $f(4) = \frac{\sin(2\pi) + 2\pi\cos(2\pi)}{4} = \frac{\pi}{2}$
심화문제2. 함수 $f$가 미분가능하고 모든 $x$에 대해서 $f(x) \neq 0$를 만족하고 $\int_{0}^{x} f(t) \; dt = \left[ f(x) \right]^{2}$을 만족하는 함수 $f$를 구하여라.
$\int_{0}^{x} f(t) = \left[ f(x) \right]^{2}$을 만족하므로 미적분학의 기본정리에 의해 $f(x) = 2f(x)f^{'}(x)$를 만족한다. 따라서, $f^{'}(x) = \frac{1}{2}$이므로 양변을 적분하면 $f(x) = \frac{1}{2}x + C$임을 알 수 있다. 이때, $f$가 0이 되면 안되므로 $C \neq 0$이다.
심화문제3. 함수 $f(x) = \int_{0}^{g(x)} \frac{1}{\sqrt{1 + t^{3}}} \; dt$이고 $g(x) = \int_{0}^{\cos(x)} \left[1 + \sin(t^{2})\right] \; dt$일 때 $f^{'}(\frac{\pi}{2})$를 구하여라.
$g(x) = u$라고 하자. 그러면 $g^{'}(x) dx = du$이므로 $\frac{du}{dx} = g^{'}(x)$이다. 이제 $f(x) = \int_{0}^{g(x)} \frac{1}{\sqrt{1 + t^{3}}} \; dt$를 미적분학의 기본정리를 이용해 양변을 미분한다.
$$\begin{align*} f^{'} &= \frac{1}{\sqrt{1 + \left[ g(x) \right]^{3}}} \cdot g^{'}(x) \end{align*}$$
따라서, $f^{'}(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{\sqrt{1 + \left[ g(\frac{\pi}{2}) \right]}} \cdot g^{'}(\frac{\pi}{2})$이다. 그러므로 $g(\frac{\pi}{2})$와 $g^{'}(\frac{\pi}{2})$를 구한 뒤 대입하면 된다.
1). $g(\frac{\pi}{2}) = \int_{0}^{\cos(\frac{\pi}{2})} \left[ 1 + \sin(t^{2}) \right] \; dt = \int_{0}^{0} \left[ 1 + \sin(t^{2}) \right] \; dt = 0$이다.
2). 미적분학의 기본정리에 의해 $g^{'}(x) = \left[ 1 + \sin(\cos^{2}(x)) \right] \cdot (-\sin(x))$이므로 $g^{'}(\frac{\pi}{2}) = 1$이다.
1)과 2)에 의해 $f^{'}(\frac{\pi}{2}) = 1$이다.
심화문제4. $f(x) = \int_{0}^{x} x^{2}\sin(t^{2}) \; dt$를 만족할 때 $f^{'}(x)$를 구하여라.
여기서 적분 내의 $x^{2}$이 적분변수 $t$에 독립적이므로 상수로 취급되어 $f(x) = \int_{0}^{x} x^{2}\sin(t^{2}) \; dt = x^{2} \int_{0}^{x} \sin(t^{2}) \; dt$가 된다.
$$\begin{align*} f^{'}(x) &= 2x \int_{0}^{x} \sin(t^{2}) \; dt + x^{2}\sin(x^{2}) \end{align*}$$
심화문제5. $\int_{a}^{b} (2 + x - x^{2}) \; dx$가 최대가 되는 구간 $[a, b]$를 구하여라.
$f(x) = 2 + x - x^{2}$이라고 하면 $[-1, 2]$에서 $f(x) \ge 0$이고 나머지 구간에서는 음수이다. 이는 해당 구간을 벗어나면 적분값이 감소하게 되므로 구간 $[1, 2]$가 $\int_{a}^{b} (2 + x - x^{2}) \; dx$가 최대가 되는 구간이다.
참고자료 및 그림출처
Calculus(J. Stewart)
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