정적분의 치환적분법

\(x=\phi(t)\)라 둔다. 변수 \(t\)가 \(\alpha\)에서 \(\beta\)까지 변할 때 \(x=\phi(t)\)는 \(a\)에서 \(b\)까지 변한다고 하면

\[a=\phi(\alpha),\,b=\phi(\beta)\]

이다. 또 \(\phi(t)\)는 미분가능이고, \(\phi'(t)\)도 연속이라고 가정한다. 이 때

\[\int_a^bf(x)dx=\int_\alpha^\beta f\left\{\phi(t)\right\}\phi'(t)dt\]

이 성립한다. 이것이 정적분에서의 치환적분법의 공식이다.

<증명> \(f(x)\)는 연속이라고 하자. \(\phi(t)\)는 미분가능이므로 연속이다. 따라서 \(f\left\{\phi(t)\right\}\)도 연속이다. 가정에 의해 \(\phi'(t)\)도 연속이므로 \(f\left\{\phi(t)\right\}\phi'(t)\)는 연속이다. 그리고 \(f(x)\)의 부정적분을 \({\rm F}(x)\)라 하면

\[{\rm F}'(x)=f(x)\qquad\text{즉,}\ {\rm F}'\left\{\phi(t)\right\}=f\left\{\phi(t)\right\}\]

이므로

\[\frac{d{\rm F}\left\{\phi(t)\right\}}{dt}={\rm F}'\left\{\phi(t)\right\}\phi'(t)=f\left\{\phi(t)\right\}\phi'(t)\]

따라서 이것을 \(\alpha\)에서 \(\beta\)까지 적분하면

\[\int_\alpha^\beta f\left\{\phi(t)\right\}\phi'(t)dt=\left[{\rm F}\left\{\phi(t)\right\}\right]_\alpha^\beta={\rm F}\left\{\phi(\beta)\right\}-{\rm F}\left\{\phi(\alpha)\right\}={\rm F}(b)-{\rm F}(a)=\int_a^bf(x)dx\]

정적분을 치환적분법으로 구할 때는 이 공식과 같이, 적분의 상한과 하한도 동시에 변경시키면 편리하다. 다음 정적분을 치환적분법으로 구해보자.

\[\int_0^1x^2\sqrt{1-x}dx\]

\(\sqrt{1-x}=t\)라 두면

\[x=1-t^2,\,dx=-2tdt\]

그런데 \(t\)의 변화에 대한 \(x\)의 변화는

\(t\)	\(1,\,\cdots,\,0\)
\(x\)	\(0,\,\cdots,\,1\)

이므로 이 표에 따라 상한과 하한을 변경하면 다음과 같이 계산할 수 있다.

\[\int_0^1x^2\sqrt{1-x}dx=-2\int_1^0\left(t^2-2t^4+t^6\right)dt=-2\left[{t^3\over3}-{2t^5\over5}+{t^7\over7}\right]_1^0={16\over105}\]

[예제 1] 다음 정적분을 구하여라. ((2), (6) : 무리함수의 적분, (5) : 삼각함수 유리식의 적분 참조)

(1) \(\displaystyle\int_1^\sqrt{5}x\sqrt{x^2-1}dx={1\over2}\int_1^5\sqrt{t-1}dt={1\over3}\left[(t-1)^{3\over2}\right]_1^5={8\over3}\)

(2) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx&=a^2\int_0^{\pi\over2}\cos^2\theta d\theta={a^2\over2}\int_0^{\pi\over2}(1+\cos2\theta)d\theta={a^2\over2}\left[\theta+{\sin2\theta\over2}\right]_0^{\pi\over2}\\&={\pi a^2\over4}\end{split}\)

(3) \(\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\frac{\cos{x}}{1+\sin^2x}dx=\int_0^1\frac{dt}{1+t^2}=\left[{\rm Tan}^{-1}t\right]_0^1={\pi\over4}\)

(4) \(\displaystyle\int_0^{5\pi\over6}\sin^2x\cos{x}dx=\int_0^{1\over2}t^2dt=\left[{t^3\over3}\right]_0^{1\over2}={1\over24}\)

(5) \(\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\frac{dx}{4+5\cos{x}}=2\int_0^1\frac{dt}{9-t^2}={1\over3}\left[\ln\left|\frac{t+3}{t-3}\right|\right]_0^1={\ln2\over3}\)

(6) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{(2+x)\sqrt{2-x^2}}&=\int_0^{\pi\over4}\frac{d\theta}{2+\sqrt{2}\sin\theta}=\int_0^{\sqrt{2}-1}\frac{dt}{t^2+\sqrt{2}t+1}\\&=\int_0^{\sqrt{2}-1}\frac{dt}{\left(t+{\sqrt{2}\over2}\right)^2+\left({1\over\sqrt{2}}\right)^2}\\&=\sqrt{2}\left[{\rm Tan}^{-1}\left(\sqrt{2}+1\right)\right]_0^{\sqrt{2}-1}\\&=\sqrt{2}\left\{{\rm Tan}^{-1}\left(3-\sqrt{2}\right)-{\pi\over4}\right\}\end{split}\)

[예제 2] 다음 관계를 증명하여라.

(1) \(\displaystyle\int_0^af(x)dx=\int_0^af(a-x)dx\)

(2) \(\displaystyle\int_{-a}^af(x)dx=\int_0^a\left\{f(x)+f(-x)\right\}dx\)

<증명>

(1) \(x=a-t\)라 두면

\(\displaystyle\int_0^af(x)dx=\int_a^0f(a-t)(-dt)=\int_0^af(a-t)dt=\int_0^af(a-x)dx\)

(2) \(x=-t\)라 두면

\(\displaystyle\int_{-a}^0f(x)dx=-\int_a^0f(-t)dt=\int_0^af(-x)dx\)

\(\displaystyle\int_{-a}^af(x)dx=\int_0^af(x)dx+\int_{-a}^0f(x)dx=\int_0^af(x)dx+\int_0^af(-x)dx\)

《문     제》

1. 다음 정적분을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\int_0^a\frac{x}{1+x^2}dx={1\over2}\int_0^{a^2}\frac{dt}{1+t}={1\over2}\left[\ln|1+t|\right]_0^{a^2}=\frac{\ln(1+a^2)}{2}\)

(2) \(\displaystyle\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}dx=\int_1^{\sqrt{2}}(t^2-1)dt=\left[{t^3\over3}-t\right]_1^{\sqrt{2}}=-{\sqrt{2}\over3}+{2\over3}\)

(3) \(\displaystyle\int_0^{\pi\over6}\cos^2x\sin{x}dx=-\int_1^{\sqrt{3}\over2}t^2dt=-\left[{t^3\over3}\right]_1^{\sqrt{3}\over2}={1\over3}-{\sqrt{3}\over8}\)

(4) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\frac{dx}{3+5\sin{x}}&=2\int_0^1\frac{dt}{3t^2+10t+3}={1\over4}\int_0^1\left({3\over3t+1}-{1\over t+3}\right)dt\\&={1\over4}\left[\ln\left|\frac{3t+1}{t+3}\right|\right]_0^1={\ln3\over4}\end{split}\)

(5) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\frac{d\theta}{1+a\cos\theta}(|a|<1)&=2\int_0^1\frac{dt}{(1-a)t^2+1+a}\\&=\dfrac{2}{\sqrt{1-a^2}}\left[{\rm Tan}^{-1}\left(\sqrt{\dfrac{1-a}{1+a}}t\right)\right]_0^1\\&=\dfrac{2}{\sqrt{1-a^2}}{\rm Tan}^{-1}\sqrt{\dfrac{1-a}{1+a}}\end{split}\)

(6) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^1(2+x)\sqrt{1-x^2}dx&=2\int_0^1\sqrt{1-x^2}dx+{1\over2}\int_0^1\sqrt{1-t}dt\\&=\left[x\sqrt{1-x^2}+{\rm Sin}^{-1}x\right]_0^1-{1\over3}\left[(1-t)^{3\over2}\right]_0^1={\pi\over2}+{1\over3}\end{split}\)

2. 다음 관계를 증명하여라. (우함수와 기함수는 함수와 그래프를 참조한다.)

(1) \(\displaystyle\int_0^af(x)dx=\int_0^{a\over2}\left\{f(x)+f(a-x)\right\}dx\)

(2) \(\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx\)

(3) \(f(x)\)가 우함수일 때 \(\displaystyle\int_{-a}^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx\)

(4) \(f(x)\)가 기함수일 때 \(\displaystyle\int_{-a}^af(x)dx=0\)

<증명>

(1) \(\begin{split}\displaystyle\int_0^af(x)dx&=\int_0^{a\over2}f(x)dx+\int_{a\over2}^af(x)dx=\int_0^{a\over2}f(x)dx-\int_{a\over2}^0f(a-t)dt\\&=\int_0^{a\over2}\left\{f(x)+f(a-x)\right\}dx\end{split}\)

(2) \(\displaystyle\int_a^bf(x)dx={\rm F}(b)-{\rm F}(a),\,\int_a^bf(a+b-x)dx=-\left[{\rm F}(a+b-x)\right]_a^b={\rm F}(b)-{\rm F}(a)\)

(3) \(\begin{split}\int_{-a}^af(x)dx&=\int_{-a}^0f(x)+\int_0^af(x)dx=-\int_a^0f(-t)dt+\int_0^af(x)dx\\&=\int_0^af(t)dt+\int_0^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx\end{split}\)

(4) \(\begin{split}\int_{-a}^af(x)dx&=\int_{-a}^0f(x)dx+\int_0^af(x)dx=-\int_a^0f(-t)dt+\int_0^af(x)dx\\&=-\int_0^af(t)dt+\int_0^af(x)dx=0\end{split}\)

3. 다음 관계를 증명하여라.

(1) \(\displaystyle\int_0^\pi f(\sin{x})dx=2\int_0^{\pi\over2}f(\sin{x})dx\)

(2) \(\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\sin^nxdx=\int_0^{\pi\over2}\cos^nxdx\)

<증명>

(1) \(\begin{split}\int_0^\pi f(\sin{x})dx&=\int_0^{\pi\over2}f(\sin{x})dx+\int_{\pi\over2}^\pi f(\sin{x})dx\\&=\int_0^{\pi\over2}f(\sin{x})dx-\int_{\pi\over2}^0\{\sin(-t+\pi)dt\\&=\int_0^{\pi\over2}f(\sin{x})dx+\int_0^{\pi\over2}f(\sin{t})dt=2\int_0^{\pi\over2}f(\sin{x})dx\end{split}\)

(2) \(\begin{split}\int_0^{\pi\over2}\sin^nxdx&=-\int_0^{\pi\over2}\cos^n\left(x+{\pi\over2}\right)dx=-\int_{\pi\over2}^\pi\cos^ntdt=-\int_{\pi\over2}^0\cos^n(-s+\pi)ds\\&=\int_0^{\pi\over2}\cos^nsds\end{split}\)