[연습문제] 적분과 그 응용 (17~24)

본 블로그의 미적분학 17번~24번 포스팅에 관한 연습문제이다.

17. 넓이 문제와 정적분

18. 정적분의 성질

19. 미적분학의 기본정리

20. 부정적분
21. 치환 적분

22. 부분 적분

23. 적분을 이용한 부피 계산

24. 함수의 평균값

 

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1. 다음을 증명하여라

 

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\sin xdx\le {\displaystyle \frac{{\pi }^2}{8}}$$

$\sin x\le 1$ 이므로 $[0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$ 에서 $x\sin x\le x$ 이다.

따라서 정적분의 비교 성질에 의하면

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\sin xdx\le {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}xdx={\left[{\displaystyle \frac{x^2}{2}}\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{8}}$$

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2. 다음 식을 정적분으로 표현하여라

 

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i^4}{n^5}}$$

주어진 식을 다음과 같이 변형하자.

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n{\left({\displaystyle \frac{1}{n}}i\right)}^4\cdot {\displaystyle \frac{1}{n}}\end{array}$$

 

정적분의 정의는 다음과 같았었다.

$$\begin{array}{}\text{(2)}& {\int }_a^{b}f(x)dx=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{n}f(x_i^{\ast })\mathrm{\Delta }x\end{array}$$

여기서 $\mathrm{\Delta }x={\displaystyle \frac{b-a}{n}}$ 이고

$x_i^{\ast }$ 는 $i$ 번째 구간 $[x_{i-1},x_i]$ 에 속하는 임의의 값이다.

 

편의를 위해 $x_i^{\ast }$ 가 구간의 오른쪽 끝 값이라고 해보자.

다시 말하자면 $x_i^{\ast }=x_i$ 라고 해보자는 것이다.

(적분 가능하려면 임의의 점을 택하여 합해도 같은 값을 나타내야 하므로 이렇게 택해도 상관없다)

 

또, $x_i=a+{\displaystyle \frac{b-a}{n}}\cdot i$ 이므로 

$a=0$, $b=1$ 이라고 설정하면 $x_i={\displaystyle \frac{1}{n}}i$ 가 되고

따라서 $(1)$ 식의 부분들이 다음과 같이 표현될 수 있다.

$${\displaystyle \{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{n}}=\mathrm{\Delta }x\\ {\left({\displaystyle \frac{1}{n}}i\right)}^4=x_i^4\end{array}}$$

 

이 결과를 $(2)$ 식과 비교하면 $f(x)=x^4$ 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.

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3. 다음 식을 정적분으로 표현하여라

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{1}{1+{\left(\frac{i}{n}\right)}^2}}$$

시그마 옆에 붙어있는 ${\displaystyle \frac{1}{n}}$ 가 $\mathrm{\Delta }x={\displaystyle \frac{b-a}{n}}$ 가 될 것이므로

$b-a=1$ 라고 예상해보자.

 

또 2번문제에서 봤듯이, $x_i^{\ast }$ 를 구간의 오른쪽 끝점으로 잡으면

$x_i=a+{\displaystyle \frac{b-a}{n}}i$ 가 된다. 

 

$a=0,b=1$ 이면 $x_i={\displaystyle \frac{i}{n}}$ 이므로 

$${\displaystyle \frac{1}{1+{\left(\frac{i}{n}\right)}^2}}={\displaystyle \frac{1}{1+x_i^2}}$$ 가 된다.

따라서 $f(x)={\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}$ 로 잡으면 식이 정리된다.

 

따라서 주어진 식은 정적분으로 표현하면 다음과 같다.

$${\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}dx$$

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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 $g^{\prime }(y)=f(y)$, 이고

역시 FTC1에 의해 적분으로 정의된 함수 $f$ 는 미분가능하므로

$g^{″}(y)=f^{\prime }(y)$ 이다. 

 

한편 $f^{\prime }(x)=\sqrt{1+{\sin }^{2}x}\cdot \cos x$ 이므로 

$$g^{″}(\frac{\pi }{6})=f^{\prime }(\frac{\pi }{6})=\sqrt{1+\frac{1}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{15}}{4}}$$

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5. Evaluate the limit by first recognizing the sum as a Riemann sum for a function defined on $[0,1]$

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}[\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{n}}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{n}}}+\cdots +\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{n}}}]$$

식을 다시 적으면 다음과 같다.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n\sqrt{\frac{i}{n}}$$

${\displaystyle \frac{1}{n}}$ 을 보고 $a=0,b=1$ 일 때의 $\mathrm{\Delta }x={\displaystyle \frac{b-a}{n}}$ 임을 떠올려야한다.

이 때 $x_i=a+{\displaystyle \frac{b-a}{n}}i={\displaystyle \frac{i}{n}}$ 이므로

주어진 식은 $f(x)=\sqrt{x}$ 을 $[0,1]$ 에서 정적분한 식을 리만 합으로 표현한 것과 같다.

 

$${\int }_0^1\sqrt{x}dx={\int }_0^1{\displaystyle \frac{2}{3}}{x}^{\frac{3}{2}}dx={\displaystyle \frac{2}{3}}$$

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6. Evaluate the definite integral

$${\int }_0^{a}x\sqrt{a^2-x^2}dx$$

$a^2-x^2=t$ 라고 치환하면

$xdx=-{\displaystyle \frac{dt}{2}}$ 이고 범위는 $t\in [a^2,0]$ 이 된다.

즉 주어진 식은

$$-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_{a^2}^0\sqrt{t}dt={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{a^2}{t}^{\frac{1}{2}}dt={\left[{\displaystyle \frac{1}{3}}{t}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^{a^2}={\displaystyle \frac{1}{3}}{a}^3$$

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7. Evaluate the definite integral

$${\int }_0^1{\displaystyle \frac{dx}{(1+\sqrt{x}{)}^4}}$$

$1+\sqrt{x}=t$ 라고 치환하면 ${\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}dx=dt$ 이다.

그런데 $1+\sqrt{x}=t$ 이므로 $\sqrt{x}=t-1$ 이고 위 식에 대입하면 다음을 얻는다.

$$dx=2(t-1)dt$$

구간은 $x\in [0,1]⟹t\in [1,2]$ 이므로 주어진 식은 다음과 같다.

$$2{\int }_1^2{\displaystyle \frac{t-1}{t^4}}dt=2{\int }_1^2{\displaystyle \frac{1}{t^3}}-{\displaystyle \frac{1}{t^4}}dt={\displaystyle \frac{1}{6}}$$

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8. 함수 $f$ 가 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 에서 연속일 때 다음을 증명하라

$${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx={\displaystyle \frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$$

구간의 크기 $-x$ 를 치환하는 방법은 종종 사용되는 테크닉이다.

$u=\pi -x$ 라고 치환한 후 식을 변형하면

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=& {\int }_{\pi }^0(\pi -u)f(\sin (\pi -u))\cdot (-du)\\ =& {\int }_0^{\pi }(\pi -u)f(\sin u)du\\ =& \pi {\int }_0^{\pi }f(\sin u)du-{\int }_0^{\pi }uf(\sin u)du\end{array}$$

오렌지 색으로 표현한 두 식은 같은 식이므로 한쪽으로 옮겨 정리하면

$${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx={\displaystyle \frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$$

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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

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx$$

${\displaystyle \frac{\pi }{2}}-x=u$ 라고 치환하면 $dx=-du$ 이고 $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}-u$ 이므로

이를 대입하면 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\cos x)dx=& -{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{0}f(\cos (\frac{\pi }{2}-u))du\\ =& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin u)du\end{array}$$

 

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.

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}1dx={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$

 

한편 위에서 보인 정리에 의해 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\cos x)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin x)dx$ 이므로

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}xdx$$

이고 따라서

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$$

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10. Prove that if $f$ is continuous, then

$${\int }_0^{x}f(u)(x-u)du={\int }_0^x({\int }_0^{u}f(t)dt)du$$

$F(x)={\int }_0^{x}f(u)(x-u)du$ 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.

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)=& {\int }_0^{x}f(u)du+xf(x)-xf(x)\\ =& {\int }_0^{x}f(u)du\end{array}$$

다시 양변을 적분해주면

$$F(x)={\int }_0^x({\int }_0^{u}f(t)dt)du+C$$

 

한편 $F(x)$ 의 정의에 의해 $F(0)=0$ 이므로 $C=0$ 이다.

따라서

$$F(x)={\int }_0^{x}f(u)(x-u)du={\int }_0^x({\int }_0^{u}f(t)dt)du$$

이다.

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11. Evaluate 

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+2}}}+\cdots +{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}}})$$

정적분 정의 형태로 만들어주기 위해 ${\displaystyle \frac{1}{n}}$ 을 묶어내면 식은 다음과 같다.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}(\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{n+1}}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{n+2}}}+\cdots +\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{n+n}}})$$

괄호안의 항들의 분모 분자에 $\sqrt{n}$ 으로 나누어주면

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}}}+\cdots +{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}}})$$

시그마로 표현하면 다음과 같다.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{i}{n}}}}$$

정적분의 정의에 의해 이 식은 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{i}{n}}}}=& {\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x}}}dx\\ =& {\int }_1^2{t}^{-\frac{1}{2}}dt\\ =& {\left[2\sqrt{t}\right]}_1^2=2\sqrt{2}-2\end{array}$$

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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.

$$\begin{array}{rl}V=& \int 2\pi xf(x)dx\\ =& {\int }_{R-r}^{R+r}2\pi x\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}dx\end{array}$$

$x-R=t$ 로 치환하면 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}{\int }_{R-r}^{R+r}2\pi x\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}dx=& 2\pi {\int }_{-r}^r(t+R)\sqrt{r^2-t^2}dt\\ =& 2\pi [{\int }_{-r}^{r}t\sqrt{r^2-t^2}dt+R{\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-t^2}dt]\end{array}$$

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.

$dt=r\cos kdk$ 이고 구간은 $k\in [0,\frac{\pi }{2}]$ 로 바뀐다.

$$\begin{array}{rl}4\pi R{\int }_0^r\sqrt{r^2-t^2}dt=& 4\pi r^{2}R{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}kdk\\ =& 2\pi r^{2}R{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos (2k)+1dk\\ =& {\pi }^2{r}^{2}R\end{array}$$

 

지금까지 구한 것은 토러스를 절반으로 자른 것의 부피였다.

따라서 두 배를 해주면 부피는

$$V=2{\pi }^2{r}^{2}R$$

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