부분적분법

정리 1
\[\int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx\cdots(1)\]

<증명>
적(積)의 미분법으로부터 다음 관계식이 성립한다.
\[\begin{split}&\{f(x)g(x)\}'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\\&f(x)g'(x)=\{f(x)g(x)\}'-f'(x)g(x)\end{split}\]
양변을 적분하면
\[\begin{split}\int f(x)g'(x)dx&=\int\{f(x)g(x)\}'dx-\int f'(x)g(x)dx\\&=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx\end{split}\]
이 공식을 부분적분법의 공식이라 한다.
특히 \(g(x)=1\) 일 때는 다음과 같이 된다.
\[\int f(x)dx=xf(x)-\int xf'(x)dx\cdots(2)\]
먼저, 공식 (1)을 이용하여 다음 적분을 계산해 본다.
\[\int x\cos{x}dx=x\sin{x}-\int\sin{x}dx=x\sin{x}+\cos{x}\]
다음 적분은 공식 (2)를 이용하여 계산해 본다.
\[\int\ln{x}dx=x\ln{x}-\int dx=x\ln{x}-x\]

[예제 1] 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ x\sin{x}\qquad(2)\ xe^x\qquad(3)\ x{\rm Tan}^{-1}x\qquad(4)\ x^2e^x\qquad(5)\ {\rm Tan}^{-1}x\qquad(6)\ x{\rm Sin}^{-1}x\)
\((7)\ x\ln{x}\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ \int x\sin{x}dx=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=-x\cos{x}+\sin{x}\)
\(\displaystyle(2)\ \int xe^xdx=xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x\)
\(\displaystyle(3)\ \int x{\rm Tan}^{-1}xdx={x^2\over2}{\rm Tan}^{-1}x-{1\over2}\int\frac{x^2}{1+x^2}dx={x^2\over2}{\rm Tan}^{-1}x-{1\over2}\int dx+{1\over2}\int\frac{dx}{1+x^2}\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\qquad={1+x^2\over2}{\rm Tan}^{-1}x-{x\over2}\)
\(\displaystyle(4)\ \int x^2e^xdx=x^2e^x-2\int xe^xdx=x^2e^x-2xe^x+2e^x\)
\(\displaystyle(5)\ \int{\rm Tan}^{-1}xdx=x{\rm Tan}^{-1}x-\int\frac{x}{1+x^2}dx=x{\rm Tan}^{-1}x-{1\over2}\ln(1+x^2)\)
\(\displaystyle(6)\ \int x{\rm Sin}^{-1}xdx={x^2\over2}{\rm Sin}^{-1}x-{1\over2}\int\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\quad\ ={x^2\over2}{\rm Sin}^{-1}x+{1\over2}\int\sqrt{1-x^2}dx-{1\over2}\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\quad\ ={x^2\over2}{\rm Sin}^{-1}x+{1\over4}\left(x\sqrt{1-x^2}+{\rm Sin}^{-1}x\right)-{1\over2}{\rm Sin}^{-1}x\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\quad\ =\left({x^2\over2}-{1\over2}\right){\rm Sin}^{-1}x+{x\over4}\sqrt{1-x^2}\)
\(\displaystyle(7)\ \int x\ln{x}dx={x^2\over2}\ln{x}-{1\over2}\int xdx={x^2\over2}\ln{x}-{x^2\over4}\)

[예제 2] 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ x^2\sin2x\qquad(2)\ x^2(\ln{x})^2\qquad(3)\ x^3e^{kx}(k\ne0)\qquad(4)\ x^2{\rm Sin}^{-1}x\)

<풀이>
\(\begin{align}(1)\ \int x^2\sin2xdx&=-{1\over2}x^2\cos2x+\int x\cos2xdx\\&=-{1\over2}x^2\cos2x+{1\over2}x\sin{x}-{1\over2}\int\sin2xdx\\&={1\over2}\left({1\over2}-x^2\right)\cos2x+{1\over2}x\sin2x\end{align}\)
\(\begin{align}(2)\ \int x^2(\ln{x})^2dx&={x^3\over3}(\ln{x})^2-{2\over3}\int x^2\ln{x}dx={x^3\over3}(\ln{x})^2-{2\over3}\left({x^3\over3}\ln{x}-{1\over3}\int x^2dx\right)\\&={x^3\over3}(\ln{x})^2-{2\over9}x^3\ln{x}+{2\over27}x^3\end{align}\)
\(\begin{align}(3)\ \int x^3e^{kx}dx&={1\over k}x^3e^{kx}-{3\over k}\int x^2e^{kx}dx={1\over k }x^3e^{kx}-{3\over k^2}x^2e^{kx}+{6\over k^2}\int xe^{kx}dx\\&={1\over k}x^3e^{kx}-{3\over k^2}x^2e^{kx}+{6\over k^2}\left({1\over k}xe^{kx}-{1\over k}\int e^{kx}dx\right)\\&={1\over k}x^3e^{kx}-{3\over k^2}x^2e^{kx}+{6\over k^3}xe^{kx}-{6\over k^4}e^{kx}\end{align}\)
\(\begin{align}(4)\ \int x^2{\rm Sin}^{-1}xdx&={x^3\over3}{\rm Sin}^{-1}x-{1\over3}\int\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}dx\\&={x^3\over3}{\rm Sin}^{-1}x+{1\over3}\sqrt{1-x^2}-{1\over9}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}\end{align}\)

부분적분법을 이용할 때, 다음과 같은 특수한 계산법이 요구되는 경우가 있다. 다음 적분 I를 구해보자. 여기서 \(n\)은 정수이고 \(n\ne-1\) 이라고 한다.

\(\begin{align}&{\rm I}=\int\frac{(\ln{x})^n}{x}dx=(\ln{x})^{n+1}-n\int\frac{(\ln{x})^n}{x}dx=(\ln{x})^{n+1}-n{\rm I}\\&\therefore\ \int\frac{(\ln{x})^n}{x}dx=\frac{(\ln{x})^{n+1}}{n+1}\end{align}\)

[예제 3] 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ e^x\sin{x},\,e^x\cos{x}\qquad(2)\ xe^x\sin{x},\,xe^x\cos{x}\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ {\rm I}=\int e^x\sin{x}dx=e^x\sin{x}-\int e^x\cos{x}dx=e^x\sin{x}-{\rm J}\)
\(\displaystyle\quad\ \,{\rm J}=\int e^x\cos{x}dx=e^x\cos{x}+\int e^x\sin{x}dx=e^x\cos{x}+{\rm I}\)
\(\begin{cases}{\rm I+J}=\ \ \ e^x\sin{x}\\{\rm I-J}=-e^x\cos{x}\end{cases}\)
\(\displaystyle{\rm I}={e^x\over2}(\sin{x}-\cos{x}),\qquad{\rm J}={e^x\over2}(\sin{x}+\cos{x})\)
\(\displaystyle(2)\ {\rm I}=\int xe^x\sin{x}dx=e^xx\sin{x}-\int e^x(\sin{x}+x\cos{x})dx=e^xx\sin{x}-\int e^x\sin{x}dx-{\rm J}\)
여기서 (1)의 결과를 이용하여 정리하면
\({\rm I+J}=e^xx\sin{x}-\dfrac{e^x}{2}(\sin{x}-\cos{x})\cdots\)ⓐ
\(\displaystyle\quad\ \;{\rm J}=\int xe^x\cos{x}dx=e^xx\cos{x}-\int e^x(\cos{x}-x\sin{x})dx=e^xx\cos{x}-\int e^x\cos{x}dx+{\rm I}\)
여기서 (1)의 결과를 이용하여 정리하면
\({\rm I-J}=-e^xx\cos{x}+\dfrac{e^x}{2}(\sin{x}+\cos{x})\cdots\)ⓑ
위의 방정식 ⓐ와 ⓑ를 연립해서, \(\rm I\)와 \(\rm J\)를 구하면
\(\displaystyle{\rm I}={e^x\over2}\{x(\sin{x}-\cos{x})+\cos{x}\},\qquad{\rm J}={e^x\over2}\{x(\sin{x}+\cos{x})-\sin{x}\}\)

[예제 4] 다음 공식을 증명하여라.
\(\displaystyle\int\sqrt{x^2+A}dx={1\over2}\left(x\sqrt{x^2+A}+A\ln|x+\sqrt{x^2+A}|\right)\ (A\ne0)\)

<증명>
\(\begin{align}{\rm I}&=\int\sqrt{x^2+A}dx=x\sqrt{x^2+A}-\int\frac{x^2}{\sqrt{x^2+A}}dx=x\sqrt{x^2+A}-{\rm I}+A\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+A}}\\&=x\sqrt{x^2+A}-{\rm I}+A\ln|x+\sqrt{x^2+A}|\end{align}\)
\(\displaystyle\therefore\ {\rm I}={1\over2}(x\sqrt{x^2+A}+A\ln|x+\sqrt{x^2+A}|)\)

《문      제》
1. 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ xe^{ax}\qquad(2)\ x\cos3x\qquad(3)\ x^2\cos{x}\qquad(4)\ {\rm Sin}^{-1}x\qquad(5)\ \ln(1+2x)\)
\((6)\ x^n\ln{x}\ (n\ne-1)\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ \int xe^{ax}dx={xe^{ax}\over a}-{1\over a}\int e^{ax}dx={xe^{ax}\over a}-{e^{ax}\over a^2}\)
\(\displaystyle(2)\ \int x\cos3xdx={x\over3}\sin3x-{1\over3}\int\sin3xdx={x\over3}\sin3x+{\cos3x\over9}\)
\(\displaystyle(3)\ \int x^2\cos{x}dx=x^2\sin{x}-2\int x\sin{x}dx=x^2\sin{x}-2\left(-x\cos{x}+\int\cos{x}dx\right)\)
\(\qquad\qquad\qquad\quad\;=x^2\sin{x}+2x\cos{x}-2\sin{x}\)
\(\displaystyle(4)\ \int{\rm Sin}^{-1}xdx=x{\rm Sin}^{-1}x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x{\rm Sin}^{-1}x+\sqrt{1-x^2}\)
\(\displaystyle(5)\ \int\ln(1+2x)dx=x\ln(1+2x)-\int\frac{2x}{1+2x}dx=x\ln(1+2x)-\int\left(1-{1\over1+2x}dx\right)\)
\(\qquad\qquad\qquad\qquad\ \displaystyle=x\ln(1+2x)-x+{1\over2}\ln|1+2x|\)
\(\displaystyle(6)\ \int x^n\ln{x}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln{x}-{1\over n+1}\int x^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln{x}-\frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}\)

2. 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ (\ln{x})^2\qquad(2)\ x^3e^{-x^2}\qquad(3)\ x^2{\rm Tan}^{-1}x\qquad(4)\ x(\ln{x})^3\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ \int(\ln{x})^2dx=x(\ln{x})^2-2\int\ln{x}dx=x(\ln{x})^2-2\left(x\ln{x}-\int dx\right)\)
\(\qquad\qquad\qquad\ \,=x(\ln{x})^2-2x\ln{x}+2x\)
\((2)\ x^2=t\)로 두면, \(xdx=dt/2\) 이므로
\(\quad\ \,\displaystyle\int x^3e^{-x^2}dx={1\over2}\int te^{-t}dt={1\over2}\left(-te^{-t}+\int e^{-t}dt\right)=-{1\over2}(t+1)e^{-t}=-{1\over2}(x^2+1)e^{-x^2}\)
\(\displaystyle(3)\ \int x^2{\rm Tan}^{-1}xdx={x^3\over3}{\rm Tan}^{-1}x-{1\over3}\int\frac{x^3}{1+x^2}dx={x^3\over3}{\rm Tan}^{-1}x-{x^2\over6}+\frac{\ln(1+x^2)}{6}\)
\(\displaystyle(4)\ \int x(\ln{x})^3dx={x^2\over2}(\ln{x})^3-{3\over2}\int x(\ln{x})^2dx={x^2\over2}(\ln{x})^3-{3\over4}x^2(\ln{x})^2+{3\over2}\int x\ln{x}dx\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\quad\;\,={x^2\over2}(\ln{x})^3-{3\over4}x^2(\ln{x})^2+{3\over2}\left({x^2\over2}\ln{x}-{1\over2}\int xdx\right)\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\quad\;\,={x^2\over2}(\ln{x})^3-{3\over4}x^2(\ln{x})^2+{3\over4}x^2\ln{x}-{3\over8}x^2\)

3. 다음 적분을 구하여라.
\(\displaystyle(1)\ {\rm I}=\int e^{ax}\sin{bx}dx,\,{\rm J}=\int e^{ax}\cos{bx}dx\ (a^2+b^2\ne0)\)
\(\displaystyle(2)\ \int e^x(\sin2x+\cos2x)dx\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ {\rm I}={e^{ax}\over a}\sin{bx}-{b\over a}\int e^{ax}\cos{bx}dx={e^{ax}\over a}\sin{bx}-{b\over a}{\rm J}\)
\(\displaystyle\quad\ \,{\rm J}={e^{ax}\over a}\cos{bx}+{b\over a}\int e^{ax}\sin{bx}dx={e^{ax}\over a}\cos{bx}+{b\over a}{\rm I}\)
\(\begin{cases}a{\rm I}+b{\rm J}=\ \ \ e^{ax}\,\sin{bx}\\b{\rm I}-a{\rm J}=-e^{ax}\cos{bx}\end{cases}\) 에서 \(\begin{cases}{\rm I}=\dfrac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin{bx}-b\cos{bx})\\{\rm J}=\dfrac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\cos{bx}+b\sin{bx})\end{cases}\)
\(\displaystyle(2)\ {\rm I}=\int e^x\sin2xdx=e^x\sin2x-2\int e^x\cos2xdx=e^x\sin2x-2{\rm J}\)
\(\displaystyle\quad\ \,{\rm J}=\int e^x\cos2xdx=e^x\cos2x+2\int e^x\sin2xdx=e^x\cos2x+2{\rm I}\)
\(\begin{cases}{\rm I}+2{\rm J}=\ \ \ e^x\,\sin2x\\2{\rm I}-{\rm J}=-e^x\cos2x\end{cases}\) 에서 \(\begin{cases}{\rm I}=\dfrac{e^x}{5}(\sin2x-2\cos2x)\\{\rm J}=\dfrac{e^x}{5}(\cos2x+2\sin2x)\end{cases}\)
\(\displaystyle\int e^x(\sin2x+\cos2x)dx={\rm I}+{\rm J}={e^x\over5}(3\sin2x-\cos2x)\)

4. 다음 함수를 적분하여라.
\((1)\ \sqrt{3x^2-1}\qquad(2)\ \sqrt{x^2-x-2}\)

<풀이>
\(\displaystyle(1)\ \int\sqrt{3x^2-1}dx=\sqrt{3}\int\sqrt{x^2-{1\over3}}dx={\sqrt{3}\over2}\left(x\sqrt{x^2-{1\over3}}-{1\over3}\ln\left|x^2-{1\over3}\right|\right)\)
\(\displaystyle(2)\ \int\sqrt{x^2-x-2}dx=\int\sqrt{\left(x-{1\over2}\right)^2-{9\over4}}dx\)
\(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\ \,={1\over2}\left\{\left(x-{1\over2}\right)\sqrt{x^2-x-2}-{9\over4}\ln\left|\left(x-{1\over2}\right)+\sqrt{x^2-x-2}\right|\right\}\)

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