다양한 적분

2002 서울대 신입생 대상 수학 성취도 평가

문제

극한값 $\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{2x}{(x+1)(x^2+1)}dx$를 구하여라.

풀이

$\frac{2x}{(x+1)(x^2+1)}$를 부분분수로 나누면 다음과 같다.

$\frac{2x}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}$ ($A,B,C$는 상수)

여기서, 두 식이 항상 같아야 하므로, 계수를 비교하여 다음과 같이 $A=-1,B=1,C=1$임을 구할 수 있다.

따라서, $\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{2x}{(x+1)(x^2+1)}dx=\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}(\frac{-1}{x+1}+\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x^2+1})dx$이다.

각 항에 대한 극한값은 다음과 같이 구할 수 있다.

$\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{-1}{x+1}dx+\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{x}{x^2+1}dx)=\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }{[\ln \left|\frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}\right|]}_0^s=\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln \left|\frac{\sqrt{s^2+1}}{s+1}\right|=0(\because \ln 1=0)$

$\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{1}{x^2+1}dx$은 다음과 같이 계산한다.

정적분 $\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{1}{x^2+1}dx$에서 $x=\tan \theta$로 치환하자. $(-\frac{\pi }{2}<\theta <\frac{\pi }{2})$

양변을 미분하면 $dx={\sec }^2\theta d\theta$이고, ${\tan }^2\theta +1={\sec }^2\theta$이므로

$\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{1}{x^2+1}dx=\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\alpha }{\int }}d\theta =\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\alpha (s=\tan \alpha )$

여기서 $s\to \mathrm{\infty }$일 때, $\alpha \to \frac{\pi }{2}$로 수렴하므로 $\underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{1}{x^2+1}dx=\frac{\pi }{2}$

$\therefore \underset{s\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{s}{\int }}\frac{2x}{(x+1)(x^2+1)}dx=\frac{\pi }{2}$

2011 서울대 신입생 대상 수학 성취도 평가

문제

실수 전체에서 미분가능한 단조증가함수 $f(x)$와 $g(x)$가 다음 조건을 만족한다. 아래 적분값을 구하시오.

1. $f(0)=2,f(1)=3$
2. 도함수 $f^{\prime }(x)$는 연속이다.
3. 모든 $x\in [0,1]$에 대하여 $\{f(x){\}}^2-\{g(x){\}}^2=1$이다.

$$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x)}{\{f(x){\}}^{2}g(x)}dx$$

풀이

주어진 정적분에서 피적분 함수는 다음과 같이 해석된다.

$\frac{f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x)}{\{f(x){\}}^{2}g(x)}=\frac{1}{g(x)}\times {\left\{\frac{g(x)}{f(x)}\right\}}^{\prime }$

부분적분을 통해 다음과 같이 식을 변형할 수 있다.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f(x)g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)g(x)}{\{f(x){\}}^{2}g(x)}dx={\left[\frac{1}{f(x)}\right]}_0^1+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{g^{\prime }(x)g(x)}{f(x)\{g(x){\}}^2}dx$

[조건 1]에 의해 ${\left[\frac{1}{f(x)}\right]}_0^1=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6}$이다.

[조건 3]에 따르면 적분 구간내 모든 $x$에 대하여 $\{f(x){\}}^2-\{g(x){\}}^2=1$을 만족한다. 이때, 양변을 $x$에 대하여 미분하면

$2f^{\prime }(x)f(x)-2g^{\prime }(x)g(x)=0$이므로 $f^{\prime }(x)f(x)=g^{\prime }(x)g(x)$이다.

한편, $\{f(x){\}}^2-\{g(x){\}}^2=1$을 $g(x)$에 대하여 정리하면 $\{g(x){\}}^2=\{f(x){\}}^2-1$이다.

정적분 $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{g^{\prime }(x)g(x)}{f(x)\{g(x){\}}^2}dx$를 함수 $f$에 대하여 정리하면 다음과 같다.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{g^{\prime }(x)g(x)}{f(x)\{g(x){\}}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)f(x)}{f(x)\{g(x){\}}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{\{f(x){\}}^2-1}dx$

정적분 $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{\{f(x){\}}^2-1}dx$의 피적분 함수를 부분분수로 분해하여 적분하면 다음과 같다.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{\{f(x){\}}^2-1}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{\{f(x)-1\}\{f(x)+1\}}dx$

위 적분값을 구하는 과정은 다음과 같다.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{\{f(x)-1\}\{f(x)+1\}}dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)-1}-\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)+1}dx=\frac{1}{2}{[\ln \left|\frac{f(x)-1}{f(x)+1}\right|]}_0^1=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}$

따라서 구하는 적분값은 $-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}$이다.