점화식

부분적분법을 이용하여 다음 적분을 계산해보자.

\[{\rm I}_n=\int x^ne^xdx=x^ne^x-n\int x^{n-1}e^xdx=x^ne^x-n{\rm I}_{n-1}\ (n=0,\,1,\,2,\,\cdots)\]

그런데

\[{\rm I}_0=\int x^0e^xdx=\int e^xdx=e^x\]

이므로, 실제로 \({\rm I}_n\)을 구해보면 다음과 같다.

\[\begin{align}{\rm I}_n&=x^ne^x-n{\rm I}_{n-1}\\&=x^ne^x-nx^{n-1}e^x+n(n-1){\rm I}_{n-2}\\&=x^ne^x-nx^{n-1}e^x+n(n-1)x^{n-2}e^x-n(n-1)(n-2){\rm I}_{n-3}\\&\qquad\cdots\\&=e^x\{x^ne^x-nx^{n-1}e^x+n(n-1)x^{n-2}e^x+\cdots+(-1)^{n-1}n!x+(-1)^nn!\}\end{align}\]

이 계산에서 이용된 관계식

\[{\rm I}_n=x^ne^x-n{\rm I}_{n-1}\]

를 \({\rm I}_n\)의 점화식이라 한다. 정수 \(n\)을 품은 복잡한 부정적분을 계산할 때, 부분적분법을 이용하면 점화식을 얻게 되는 경우가 많다.

[예제 1] (1) \(\displaystyle{\rm I}_n=\int\frac{dx}{(x^2+a^2)^n}\)라 하고 다음 점화식을 증명하여라.

\(\displaystyle{\rm I}_n={1\over2(n-1)a^2}\left\{\frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}}+(2n-3){\rm I}_{n-1}\right\}\ (n\ne1)\cdot(1)\)

(2) \({\rm I}_1,\,{\rm I}_2,\,{\rm I}_3\)를 각각 구하여라.

<풀이> (1) 부분적분법에 의해서

\(\begin{align}{\rm I}_{n-1}&=\int\frac{dx}{(x^2+a^2)^{n-1}}=\frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}}+2(n-1)\int\frac{x^2}{(x^2+a^2)^n}dx\\&=\frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}}+2(n-1){\rm I}_{n-1}-2(n-1)a^2{\rm I}_n\end{align}\)

이 방정식에 \({\rm I}_n\)을 구하면

\(\therefore\ {\rm I}_n=\dfrac{1}{2(n-1)a^2}\left\{\dfrac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}}+(2n-3){\rm I}_{n-1}\right\}\)

(2) 먼저

\(\displaystyle{\rm I}_1=\int\frac{dx}{x^2+a^2}={1\over a}{\rm Tan}^{-1}{x\over a}\)

점화식 (1)을 써서 위의 \({\rm I}_1\)을 대입하면

\(\displaystyle{\rm I}_2={1\over2(2-1)a^2}\left\{\frac{x}{(x^2+a^2)^{2-1}}+(2\cdot2-3){\rm I}_{2-1}\right\}={1\over2a^2}\left(\frac{x}{x^2+a^2}+{1\over a}{\rm Tan}^{-1}{x\over a}\right)\)

다시 한번 점화식 (1)을 써서, 위의 \({\rm I}_2\)를 대입하면

\(\begin{split}{\rm I}_3&={1\over2(3-1)a^2}\left\{\frac{x}{(x^2+a^2)^{3-1}}+(2\cdot3-3){\rm I}_{3-1}\right\}\\&={1\over4a^2}\left\{\frac{x}{(x^2+a^2)^2}+\frac{3x}{2a^2(x^2+a^2)}+{3\over2a^3}{\rm Tan}^{-1}{x\over a}\right\}\end{split}\)

[예제 2] (1) \(\displaystyle{\rm I}_n=\int\cos^nxdx\)라 할 때 다음 점화식을 증명하여라.

\[{\rm I}_n={1\over n}\left\{\sin{x}\cos^{n-1}x+(n-1){\rm I}_{n-2}\right\}\ (n\ge2)\]

(2) \({\rm I}_2,\,{\rm I}_3,\,{\rm I}_4\)를 각각 구하여라.

<풀이> (1) 부분적분법에 의해서

\(\begin{split}{\rm I}_n&=\int\cos^nxdx=\int\cos^{n-1}x\cos{x}dx=\sin{x}\cos^{n-1}x+(n-1)\int\cos^{n-2}x\sin^2xdx\\&=\sin{x}\cos^{n-1}x+(n-1)\int\cos^{n-2}x(1-\cos^2x)dx\\&=\sin{x}\cos^{n-1}x+(n-1)({\rm I}_{n-2}-{\rm I}_n)\end{split}\)

이 방정식에서 \({\rm I}_n\)을 구하면

\({\rm I}_n=\dfrac{1}{n}\{\sin{x}\cos^{n-1}x+(n-1){\rm I}_{n-2}\}\)

(2) 먼저 \({\rm I}_0,\,{\rm I}_1\)을 구하면

\(\displaystyle{\rm I}_0=\int dx=x,\qquad{\rm I}_1=\int\cos{x}dx=\sin{x}.\)

따라서 (1)의 결과를 순차적으로 이용하면

\(\begin{align}{\rm I}_2&={1\over2}\left\{\sin{x}\cos^{2-1}x+(2-1){\rm I}_{2-2}\right\}={1\over2}\sin{x}\cos{x}+{x\over2}\\{\rm I}_3&={1\over3}\left\{\sin{x}\cos^{3-1}x+(3-1){\rm I}_{3-2}\right\}={1\over3}\sin{x}\cos^2x+{2\over3}\sin{x}\\{\rm I}_4&={1\over4}\left\{\sin{x}\cos^{4-1}x+(4-1){\rm I}_{4-2}\right\}={1\over4}\sin{x}\cos^3x+{3\over8}\sin{x}\cos{x}+{3\over8}x\end{align}\)

[예제 3] 다음 점화식을 유도하여라. 단, \(\displaystyle{\rm I}(m,\,n)=\int\sin^mx\cos^nxdx\)

\(\begin{split}&(1)\ {\rm I}(m,\,n)=\ \ \;\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n-1}x}{m+n}+\frac{n-1}{m+n}{\rm I}(m,\,n-2)\ (m+n\ne0)\\&(2)\ {\rm I}(m,\,n)=-\frac{\sin^{m-1}x\cos^{n+1}x}{m+n}+\frac{m-1}{m+n}{\rm I}(m-2,\,n)\ (m+n\ne0)\\&(3)\ {\rm I}(m,\,n)=-\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n+1}x}{n+1}+\frac{m+n+2}{n+1}{\rm I}(m,\,n+2)\ (n\ne-1)\\&(4)\ {\rm I}(m,\,n)=\ \ \;\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n+1}x}{m+1}+\frac{m+n+2}{m+1}{\rm I}(m+2,\,n)\ (m\ne-1)\end{split}\)

<풀이>

\(\begin{align}(1)\ {\rm I}(m,\,n)&=\int(\sin^mx\cos{x})\cos^{n-1}xdx\\&=\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n-1}x}{m+1}+\frac{n-1}{m+1}\int\sin^{m+2}x\cos^{n-2}xdx\\&=\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n-1}x}{m+1}+\frac{n-1}{m+1}\int\sin^mx(1-\cos^2x)\cos^{n-2}dx\\&=\frac{\sin^{m+1}x\cos^{n-1}x}{m+1}+\frac{n-1}{m+1}{\rm I}(m,\,n-2)-\frac{n-1}{m+1}{\rm I}(m,\,n)\end{align}\)

이 방정식을 \({\rm I}(m,\,n)\)에 관해서 풀면 된다.

\(\begin{split}(2)\ {\rm I}(m,\,n)&=\int\sin^{m-1}x(\cos^nx\sin{x})xdx\\&=-\frac{\sin^{m-1}x\cos^{n+1}x}{n+1}+\frac{m-1}{n+1}\int\sin^{m-2}x\cos^{n+2}xdx\\&=-\frac{\sin^{m-1}x\cos^{n+1}x}{n+1}+\frac{m-1}{n+1}\int\sin^{m-2}x(1-\sin^2x)\cos^nxdx\\&=-\frac{\sin^{m-1}x\cos^{n+1}x}{n+1}+\frac{m-1}{n+1}{\rm I}(m,\,n-2)-\frac{m-1}{n+1}{\rm I}(m,\,n)\end{split}\)

이 방정식을 \({\rm I}(m,\,n)\)에 관해서 풀면 된다.

\((3)\) 점화식 (1)을 이용하여

\({\rm I}(m,\,n-2)=-\dfrac{\sin^{m+1}x\cos^{n-1}x}{n-1}+\dfrac{m+n}{n-1}{\rm I}(m,\,n)\)

여기서 \(n\) 대신에 \(n+2\)를 대입하면 된다.

\((4)\) 점화식 (2)를 이용하여

\({\rm I}(m-2,\,n)=\dfrac{\sin^{m-1}x\cos^{n+1}x}{m-1}+\dfrac{m+n}{m-1}{\rm I}(m,\,n)\)

여기서 \(m\) 대신에 \(m+2\)를 대입하면 된다.

《문     제》

1. 다음 점화식을 유도하여라.

\(\displaystyle(1)\ {\rm I}_n=\frac{\tan^{n-1}x}{n-1}-{\rm I}_{n-2},\quad{\rm I}_n=\int\tan^nxdx\ (n\ne1)\)

\(\displaystyle(2)\ {\rm I}_n=x({\rm Sin}^{-1}x)^n+n\sqrt{1-x^2}({\rm Sin}^{-1}x)^{n-1}-n(n-1){\rm I}_{n-2},\quad{\rm I}_n=\int({\rm Sin}^{-1}x)^ndx\)

\(\displaystyle(3)\ {\rm I}_n=x(\ln{x})^n-n{\rm I}_{n-1},\quad{\rm I}_n=\int(\ln{x})^ndx\)

<풀이> 부분적분법을 이용한다.

\(\begin{align}(1)\ {\rm I}_n&=\int\tan^{n-2}x\tan^2xdx=\int\tan^{n-2}x(\sec^2x-1)dx\\&=\int\tan^{n-2}x\sec^2xdx-\int\tan^{n-2}xdx=\frac{\tan^{n-1}x}{n-1}-{\rm I}_{n-2}\end{align}\)

\(\begin{align}(2)\ {\rm I}_n&=x({\rm Sin}^{-1}x)^n-n\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}({\rm Sin}^{-1}x)^{n-1}dx\\&=x({\rm Sin}^{-1}x)^n-n\left\{-\sqrt{1-x^2}({\rm Sin}^{-1}x)^{n-1}+(n-1)\int({\rm Sin}^{-1}x)^{n-2}dx\right\}\\&=x({\rm Sin}^{-1}x)^n+n\sqrt{1-x^2}({\rm Sin}^{-1}x)^{n-1}-n(n-1){\rm I}_{n-2}\end{align}\)

\(\begin{align}(3)\ {\rm I}_n=x(\ln{x})^n-n\int(\ln{x})^{n-1}dx=x(\ln{x})^n-n{\rm I}_{n-1}\end{align}\)

2. 다음 함수를 적분하여라.

\((1)\ \sin^4x\cos^4x\qquad(2)\ \dfrac{1}{\sin^3x\cos^3x}\)

<풀이> \({\rm I}(m,\,n)=\sin^mx\cos^nx\)라 두면

\(\begin{align}(1)\ {\rm I}(2,\,0)&=-\frac{\sin{x}\cos{x}}{2}+\frac{{\rm I}(0,\,0)}{2}=-\frac{\sin{x}\cos{x}}{2}+{x\over2}\\{\rm I}(2,\,2)&=\frac{\sin^3x\cos{x}}{4}+\frac{{\rm I}(2,\,0)}{2}=\frac{\sin^3x\cos{x}}{4}-\frac{\sin{x}\cos{x}}{8}+{x\over8}\\{\rm I}(4,\,2)&=-\frac{\sin^3x\cos^3x}{6}+\frac{{\rm I}(2,\,2)}{2}=-\frac{\sin^3x\cos^3x}{6}+\frac{\sin^3x\cos{x}}{8}-\frac{\sin{x}\cos{x}}{16}+{x\over16}\\{\rm I}(4,\,4)&=\frac{\sin^5x\cos^3x}{8}+\frac{3{\rm I}(4,\,2)}{8}\\&=\frac{\sin{x}\cos{x}}{128}(16\sin^4x\cos^2x-8\sin^2x+8\sin^4x+6\sin^2x-3)+{3x\over128}\end{align}\)

\(\begin{align}(2)\ {\rm I}(-1,\,-1)&=\int\frac{dx}{\sin{x}\cos{x}}=\int\frac{\sec^2x}{\tan{x}}dx=\ln|\tan{x}|\\{\rm I}(-3,\,-1)&=-\frac{1}{2\sin^2x}+{\rm I}(-1,\,-1)=-\frac{1}{2\sin^2x}+\ln|\tan{x}|\\{\rm I}(-3,\,-3)&=\frac{1}{2\sin^2x\cos^2x}+2{\rm I}(-3,\,-1)=-\frac{2}{\sin^22x}+{1\over\cos^2x}+2\ln|\tan{x}|\end{align}\)