적분

1. 부분분수 적분

ex1) $\int\frac{5x-3}{x^2-2x-3}\,dx$

이러한 적분을 하기 위해서는 다음과 같이 부분분수로 분해한다. $$\frac{5x-3}{x^2-2x-3}=\frac{a}{x+1}+\frac{b}{x-3}=\frac{a(x-3)+b(x+1)}{(x+3)(x-3)}$$ 이때, $a$와 $b$는 연립방정식을 풀어 각각 $2$와 $3$임을 얻기 때문에 위의 적분을 다음식으로 나타낼 수 있다.

$$\begin{aligned}\int\frac{5x-3}{x^2-2x-3}\,dx&=\int\frac{2}{x+1}\, dx+\int\frac{3}{x-3}\, dx\\&=2\ln{|x+1|}+3\ln{|x-3|}+C\end{aligned}$$

ex2) $\int\frac{6x+7}{(x+2)^2}\, dx$

위와 비슷한 방법으로 $$\frac{6x+7}{(x+2)^2}=\frac{a}{(x+2)^2}+\frac{b}{x+2}$$로 분해해야 한다. 이때 $a$와 $b$가 각각 $-5$와 $6$이기 때문에 위의 적분을 다음식으로 나타낼 수 있다.

$$\begin{aligned}\int\frac{6x+7}{(x+2)^2}\,dx&=\int\frac{-5}{(x+2)^2}\,dx+\int\frac{6}{x+2}\,dx\\&=\frac{5}{x+2}+6\ln{|x+2|}+C\end{aligned}$$

ex3) $\int\frac{1}{x(x^2+1)^2}\,dx$

$$\frac{1}{x(x^2+1)^2}=\frac{a}{x}+\frac{bx+c}{x^2+1}+\frac{dx+e}{(x^2+1)^2}$$로 나타낼 수 있고 $a=1$, $b=-1$, $c=0$, $d=-1$, $e=0$이기 때문에 위의 적분을 다음 식으로 나타낼 수 있다. $$\begin{aligned}\int\frac{1}{x(x^2+1)^2}\,dx&=\int\frac{1}{x}\, dx-\int\frac{x}{x^2+1}\,dx-\int\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx\\&=\ln|x|-\frac{1}{2}\ln{(x^2+1)}-\int\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx\end{aligned}$$ 이때 $$\int\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx$$에서 $x^2+1=t$로 치환을 통해 치환적분하면 $2xdx=dt$, $xdx=\frac{1}{2}dt$이기 때문에, $$\int\frac{x}{(x^2+1)^2}\, dx=\int\frac{1}{2t^2}\, dt=-\frac{1}{2t}+C=-\frac{1}{2(x^2+1)}+C$$이다. 결론적으로 다음과 같은 결과를 얻는다. $$\begin{aligned}\int\frac{1}{x(x^2+1)^2}\,dx&=\ln|x|-\frac{1}{2}\ln{(x^2+1)}-\int\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx\\&=\ln|x|-\frac{1}{2}\ln{(x^2+1)}+\frac{1}{2(x^2+1)}+C\end{aligned}$$

 

2. 삼각함수 적분과 점화식

1) $\sin$ 함수

$I_n=\int\sin^n x\,dx$라고 하자.

$$\begin{aligned}\int\sin^n x\,dx&=\int\sin^{n-1} x\sin x\,dx\\&=-\cos x\sin^{n-1} x+\int(n-1)\cos^2 x\sin^{n-2} x\,dx\\&=-\cos x\sin^{n-1} x+\int(n-1)(1-\sin^2 x)\sin^{n-2} x\,dx\\&=-\cos x\sin^{n-1} x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\,dx-(n-1)\int\sin^n x\,dx\end{aligned}$$ 즉, 점화식 $nI_n=-\cos x\sin^{n-1} x+(n-1)I_{n-2}$을 얻는다.

2) $\cos$ 함수

$I_n=\int\cos^n x\,dx$라고 하자

$$\begin{aligned}\int\cos^n x\, dx&=\int\cos^{n-1} x\cos x\, dx\\&=\sin x\cos^{n-1} x+\int(n-1)\sin^2 x\cos^{n-2} x\, dx\\&=\sin x\cos^{n-1} x+(n-1)\int(1-\cos^2 x)\cos^{n-2} x\, dx\\&=\sin x\cos^{n-1} x+(n-1)\int\cos^{n-2} x\, dx-(n-1)\int\cos^nx\, dx\end{aligned}$$ 즉, 점화식 $nI_n=\sin x\cos^{n-1} x+(n-1)I_{n-2}$을 얻는다.

 

3. 이상적분

1) 다음이 성립한다. $$\int_{0}^{\infty} f(x)\, dx=\lim_{t \to \infty}\int_{0}^{t} f(x)\, dx$$

2) 다음이 성립한다. $$\int_{-\infty}^{0} f(x)\, dx=\lim_{t \to -\infty}\int_{t}^{0} f(x)\, dx$$

3) 다음이 성립한다. $$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\, dx&=\int_{-\infty}^{0} f(x)\, dx+\int_{0}^{\infty} f(x)\, dx\\&=\lim_{a \to -\infty}\int_{a}^{0} f(x)\, dx+\lim_{b \to \infty}\int_{0}^{b} f(x)\, dx\end{aligned}$$

 

4. $\boldsymbol p$ 적분

다음과 같은 적분을 $p$ 적분이라고 한다. $$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^p}\,dx$$ 이는 다음과 같이 계산된다. $$\begin{aligned}\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^p}\, dx&=\lim_{a \to \infty}\int_{1}^{a} x^{-p}\, dx\\&=\lim_{a \to \infty}\left[\frac{1}{-p+1}x^{-p+1}\right]_1^a\\&=\frac{1}{1-p}\lim_{a \to \infty}\left(a^{1-p}-1\right)\end{aligned}$$ 따라서, $p$ 적분의 값은 $p>1$ 이면 $\frac{1}{p-1}$이고, $p\le{1}$이면 $\infty$이게 된다. $$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^p}\, dx=\begin{cases} \frac{1}{p-1} & p>1 \\ \infty & p\le{1}\end{cases}$$

 

5. 중적분

반지름이 $r_k$이고 중심각인 $\Delta\theta$인 부채꼴이 있다고 생각해 보자. 그리고 앞의 부채꼴과 중심각이 같고 반지름이 $\Delta{r}$만큼 큰 길이인 $r$이라고 하였을 때 두 부채꼴의 차의 넓이를 이처럼 나타낼 수 있다.

$$\begin{aligned}\Delta{A_k}&=\frac{\Delta\theta}{2}((r_k+\frac{\Delta{r}}{2})^2-(r_k-\frac{\Delta{r}}{2})^2)\\&=\frac{1}{2}\Delta{\theta}\cdot{2r_k}\Delta{r}\\&=r_k\Delta{r}\Delta{\theta}\end{aligned}$$ 위의 $\Delta{A_k}$를 모두 더한 값인 $S_n$은 이렇게 나타낼 수 있다. $$S_n={\sum}^n_{k=1}f(r_k, {\theta}_k)r_k\Delta{r}\Delta{\theta}$$ 따라서, 본래 넓이는 $$\begin{aligned}A&=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^nS_n\\&=\lim_{n \to \infty}\sum^n_{k=1}f(r_k, {\theta}_k)r_k\Delta{r}\Delta{\theta}\\&=\int{\int{r}\,dr}\,d\theta\end{aligned}$$이다. 그리고 이러한 중적분을 통해 $r$과 $\theta$의 범위를 지정하여 원의 일부를 구할 수 있다.

 

Exponential 17 김태건 18 이주호