본 블로그의 미적분학 17번~24번 포스팅에 관한 연습문제이다.
1. 다음을 증명하여라
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin{x} \; dx \le \dfrac{\pi^2}{8} $$
$\sin{x} \le 1$ 이므로 $[0, \dfrac{\pi}{2}]$ 에서 $x\sin{x} \le x$ 이다.
따라서 정적분의 비교 성질에 의하면
$$ \textcolor{orange}{\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \sin{x} \; dx} \textcolor{blue}{\le} \int_0^\frac{\pi}{2} x \; dx = \left[ \dfrac{x^2}{2} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \textcolor{orange}{\dfrac{\pi^2}{8}} $$
2. 다음 식을 정적분으로 표현하여라
$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \dfrac{i^4}{n^5} $$
주어진 식을 다음과 같이 변형하자.
$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^n \textcolor{orange}{ \left( \dfrac{1}{n}i \right)^4 } \cdot \textcolor{skyblue}{ \dfrac{1}{n} } \tag{1}$$
정적분의 정의는 다음과 같았었다.
$$ \int_a^b f(x) dx = \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \textcolor{orange}{f(x_i^*)} \textcolor{skyblue}{\Delta x} \tag{2}$$
여기서 $ \textcolor{skyblue}{\Delta x = \dfrac{b-a}{n}} $ 이고
$x_i^*$ 는 $i$ 번째 구간 $[x_{i-1}, x_{i}]$ 에 속하는 임의의 값이다.
편의를 위해 $x_i^*$ 가 구간의 오른쪽 끝 값이라고 해보자.
다시 말하자면 $x_i^* = x_i$ 라고 해보자는 것이다.
(적분 가능하려면 임의의 점을 택하여 합해도 같은 값을 나타내야 하므로 이렇게 택해도 상관없다)
또, $ x_i = a + \dfrac{b-a}{n} \cdot i $ 이므로
$a = 0$, $b = 1$ 이라고 설정하면 $x_i = \dfrac{1}{n} i$ 가 되고
따라서 $(1)$ 식의 부분들이 다음과 같이 표현될 수 있다.
$$ \displaystyle \begin{cases} \textcolor{skyblue}{\dfrac{1}{n} = \Delta x} \\ \textcolor{orange}{ \left( \dfrac{1}{n}i \right)^4 = x_i^4} \end{cases}$$
이 결과를 $(2)$ 식과 비교하면 $\textcolor{orange}{f(x) = x^4}$ 를 구간 $[0, 1]$ 에서 적분한 식과 같음을 알 수 있다.
따라서 주어진 식은 정적분으로 표현하면 다음과 같다.
$$ \int_0^1 x^4 \; dx $$
이번 문제는 직관을 심어주기 위해 불필요한 서술을 장황하게 써놓았는데,
다음 문제부터는 과정을 어느 정도 생략하여 서술할 것이다.
3. 다음 식을 정적분으로 표현하여라
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^n \dfrac{1}{1 + \left(\frac{i}{n}\right)^2} $$
시그마 옆에 붙어있는 $\dfrac{1}{n}$ 가 $\Delta x = \dfrac{b - a}{n}$ 가 될 것이므로
$b - a = 1$ 라고 예상해보자.
또 2번문제에서 봤듯이, $x_i^*$ 를 구간의 오른쪽 끝점으로 잡으면
$x_i = a + \dfrac{b-a}{n} i$ 가 된다.
$a = 0,\; b = 1$ 이면 $x_i = \dfrac{i}{n}$ 이므로
$$ \dfrac{1}{1 + \left( \frac{i}{n} \right)^2} = \dfrac{1}{1 + x_i^2}$$ 가 된다.
따라서 $f(x) = \dfrac{1}{1 + x^2}$ 로 잡으면 식이 정리된다.
따라서 주어진 식은 정적분으로 표현하면 다음과 같다.
$$ \int_0^1 \dfrac{1}{1 + x^2} \; dx $$
4. If $f(x) = \int_0^{\sin{x}} \sqrt{1 + t^2} \; dt$ and $g(y) = \int_3^y f(x) \; dx$,
find $g''(\frac{\pi}{6})$
FTC1 에 의해 $g'(y) = f(y)$, 이고
역시 FTC1에 의해 적분으로 정의된 함수 $f$ 는 미분가능하므로
$g''(y) = f'(y)$ 이다.
한편 $f'(x) = \sqrt{1 + \sin^2{x}} \cdot \cos{x}$ 이므로
$$g''(\frac{\pi}{6}) = f'(\frac{\pi}{6}) = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{15}}{4}$$
5. Evaluate the limit by first recognizing the sum as a Riemann sum for a function defined on $[0, 1]$
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \left[ \sqrt{\dfrac{1}{n}} + \sqrt{\dfrac{2}{n}} + \cdots + \sqrt{\dfrac{n}{n}} \right] $$
식을 다시 적으면 다음과 같다.
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^n \sqrt{\frac{i}{n}} $$
$\dfrac{1}{n}$ 을 보고 $a = 0, b = 1$ 일 때의 $\Delta x = \dfrac{b-a}{n}$ 임을 떠올려야한다.
이 때 $x_i = a + \dfrac{b-a}{n}i = \dfrac{i}{n}$ 이므로
주어진 식은 $f(x) = \sqrt{x}$ 을 $[0, 1]$ 에서 정적분한 식을 리만 합으로 표현한 것과 같다.
$$ \int_0^1 \sqrt{x} \; dx = \int_0^1 \dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \; dx = \dfrac{2}{3}$$
6. Evaluate the definite integral
$$ \int_0^a x\sqrt{a^2 - x^2} \; dx $$
$a^2 - x^2 = t$ 라고 치환하면
$x \; dx = -\dfrac{dt}{2}$ 이고 범위는 $t \in [a^2, 0]$ 이 된다.
즉 주어진 식은
$$ -\dfrac{1}{2} \int_{a^2}^{0} \sqrt{t} \; dt = \dfrac{1}{2}\int_0^{a^2} t^{\frac{1}{2}} \; dt = \left[ \dfrac{1}{3}t^{\frac{3}{2}} \right]_0^{a^2} = \dfrac{1}{3}a^3$$
7. Evaluate the definite integral
$$ \int_0^1 \dfrac{dx}{(1 + \sqrt{x})^4} $$
$1 + \sqrt{x} = t$ 라고 치환하면 $\dfrac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$ 이다.
그런데 $1 + \sqrt{x} = t$ 이므로 $\sqrt{x} = t-1$ 이고 위 식에 대입하면 다음을 얻는다.
$$ dx = 2(t - 1) dt $$
구간은 $x \in [0,1] \textcolor{red}{\Longrightarrow} t \in [1,2]$ 이므로 주어진 식은 다음과 같다.
$$ 2\int_1^2 \dfrac{t-1}{t^4} \; dt = 2\int_1^2 \dfrac{1}{t^3} - \dfrac{1}{t^4} \; dt = \dfrac{1}{6}$$
8. 함수 $f$ 가 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 에서 연속일 때 다음을 증명하라
$$ \int_0^\pi xf(\sin{x}) \; dx = \dfrac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin{x}) \; dx $$
구간의 크기 $- x$ 를 치환하는 방법은 종종 사용되는 테크닉이다.
$u = \pi - x$ 라고 치환한 후 식을 변형하면
$$\begin{align} \textcolor{orange}{\int_0^\pi xf(\sin{x}) \; dx} = &\int_\pi^0 (\pi - u) f(\sin{(\pi - u)}) \cdot (-du) \\ = &\int_0^\pi (\pi - u) f(\sin{u}) \; du \\ = &\pi \int_0^\pi f(\sin{u}) \; du - \textcolor{orange}{\int_0^\pi u f(\sin{u}) \; du} \end{align}$$
오렌지 색으로 표현한 두 식은 같은 식이므로 한쪽으로 옮겨 정리하면
$$ \int_0^\pi x f(\sin{x}) \; dx = \dfrac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin{x}) \; dx $$
9. If $f$ is continuous, prove that
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos{x}) \; dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x}) \; dx $$
and use this result to evaluate
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{x} \; dx $$
$\dfrac{\pi}{2} - x = u$ 라고 치환하면 $dx = -du$ 이고 $x = \dfrac{\pi}{2} - u$ 이므로
이를 대입하면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos{x}) \; dx = &-\int_{\frac{\pi}{2}}^0 f(\cos{\left(\frac{\pi}{2} - u \right) }) \; du \\ = &\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{u}) \; du \end{align} $$
이제 $f(t) = t^2$ 라고 하자.
$t = \cos{x}$, $t = \sin{x}$ 일 때의 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x) \; dx$ 를 더하면 다음과 같다.
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{x} + \sin^2{x} \; dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \; dx = \dfrac{\pi}{2} $$
한편 위에서 보인 정리에 의해 $ \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos{x}) \; dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin{x}) \; dx $ 이므로
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{x} \; dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2{x} \; dx $$
이고 따라서
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{x} \; dx = \dfrac{\pi}{4}$$
10. Prove that if $f$ is continuous, then
$$ \int_0^x f(u) (x-u) \; du = \int_0^x \left( \int_0^u f(t) \; dt \right) \; du $$
$F(x) = \int_0^x f(u) (x-u) \; du $ 라 하고 다음과 같이 쓰자.
$$ F(x) = \int_0^x f(u) (x-u) \; du = x \int_0^x f(u) \; du - \int_0^x uf(u) \; du $$
양변을 미분하면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \textcolor{orange}{F'(x)} = &\int_0^x f(u) \; du + xf(x) - xf(x) \\ = &\textcolor{orange}{\int_0^x f(u) \; du} \end{align} $$
다시 양변을 적분해주면
$$ F(x) = \int_0^x \left( \int_0^u f(t) \; dt \right) \; du + C $$
한편 $F(x)$ 의 정의에 의해 $F(0) = 0$ 이므로 $C = 0$ 이다.
따라서
$$ F(x) = \int_0^x f(u)(x-u) \; du = \int_0^x \left( \int_0^u f(t) \; dt \right) \; du $$
이다.
11. Evaluate
$$ \lim_{n \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}} \right) $$
정적분 정의 형태로 만들어주기 위해 $\dfrac{1}{n}$ 을 묶어내면 식은 다음과 같다.
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n}\left( \sqrt{\dfrac{n}{n+1}} + \sqrt{\dfrac{n}{n+2}} + \cdots + \sqrt{\dfrac{n}{n + n}} \right) $$
괄호안의 항들의 분모 분자에 $\sqrt{n}$ 으로 나누어주면
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}}} + \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{2}{n}}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{n}{n}}} \right) $$
시그마로 표현하면 다음과 같다.
$$ \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{i}{n}}} $$
정적분의 정의에 의해 이 식은 다음과 같다.
$$ \begin{align} \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{i}{n}}} = &\int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{1 + x}} \; dx \\ = &\int_1^2 t^{-\frac{1}{2}} \; dt \\ = &\left[ 2\sqrt{t} \right]_1^2 = 2\sqrt{2} - 2 \end{align}$$
12. 아래 그림과 같은 도넛 모양의 도형을 Torus라고 부른다.
그림의 Torus 부피를 구하라.
반지름이 $r$ 인 원을 단면으로 하고 이 단면을
회전축과의 거리가 $R$ 가 되도록 회전시키면 부피가 나온다.
원통 껍질 방법을 이용할 것이다.
우선 Torus를 회전축에 수직인 방향으로 절반을 잘라내고
절반만 계산한 후 2배를 해줄 것이다.
Torus의 중심을 원점으로 잡고 회전축을 $y$ 축이라 하자.
그럼 부피는 다음과 같다.
$$\begin{align} V = &\int \textcolor{skyblue}{2\pi x} \textcolor{limegreen}{f(x)} \; \textcolor{orange}{dx} \\ = &\int_{R-r}^{R+r} \textcolor{skyblue}{2 \pi x} \textcolor{limegreen}{\sqrt{r^2 - (x - R)^2}} \; \textcolor{orange}{dx} \end{align} $$
$x - R = t$ 로 치환하면 다음과 같다.
$$ \begin{align} \int_{R-r}^{R+r} 2\pi x \sqrt{r^2 - (x-R)^2} \; dx = &2\pi \int_{-r}^{r} (t + R)\sqrt{r^2 - t^2} \; dt \\ = &2\pi \left[ \int_{-r}^{r} t\sqrt{r^2 - t^2} \; dt + R\int_{-r}^{r} \sqrt{r^2 - t^2} \; dt \right] \end{align} $$
우변의 첫 번째 적분식의 피적분함수는 기함수이므로 대칭적으로 적분하면 $0$ 이 되어 사라진다.
우변의 두 번째 항의 경우엔 우함수이므로 $[-r, r]$ 에서의 적분 값은 $[0, r]$ 에서의 적분 값의 $2$ 배이다.
따라서 정리하면 다음과 같다.
$$ = 4\pi R \int_0^r \sqrt{r^2 - t^2} \; dt $$
이제 $t = r\sin{k}$ 로 치환하자.
$dt = r\cos{k}\;dk$ 이고 구간은 $k \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 로 바뀐다.
$$ \begin{align} 4\pi R \int_0^r \sqrt{r^2 - t^2} \; dt = &4\pi r^2 R \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{k} \; dk \\ = &2 \pi r^2 R \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos{(2k)} + 1 \; dk \\ = &\pi^2 r^2 R \end{align} $$
지금까지 구한 것은 토러스를 절반으로 자른 것의 부피였다.
따라서 두 배를 해주면 부피는
$$ V = 2 \pi^2 r^2 R $$
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