정적분과 부정적분

정리 1 함수 \(f(x)\)가 구간 \([a,\,b]\)에서 연속일 때, \(f(x)\)의 부정적분 중 하나를 \({\rm F}(x)\)라 하면 \[\int_a^bf(x)dx={\rm F}(b)-{\rm F}(a)\]

<증명> 정적분 정리 6에 의하면 \([a,\,b]\)에 속하는 임의의 \(x\)에 대하여 \(\int_a^xf(x)dx\)는 \(f(x)\)의 부정적분이다. \(f(x)\)의 두 부정적분의 차는 \(\rm C\) 이므로

\[\int_a^xf(x)dx={\rm F}(x)+{\rm C}\]

여기서 \(x=a\)라 두면 \(\int_a^af(x)dx=0\) 이므로 위의 식에 의해서

\[\begin{gather}\int_a^af(x)dx={\rm F}(a)+{\rm C}=0\\\therefore\ {\rm C}={\rm F}(a)\end{gather}\]

이것을 대입하면

\[\int_a^xf(x)dx={\rm F}(x)-{\rm F}(a)\]

\(x=b\)를 대입하면

\[\int_a^bf(x)dx={\rm F}(b)-{\rm F}(a)\]

그런데 하나의 함수 \({\rm F}(x)\)에 있어서, 차 \({\rm F}(b)-{\rm F}(a)\)를 다음 기호

\[\left[{\rm F}(x)\right]_a^b={\rm F}(b)-{\rm F}(a)\]

로 나타내기로 한다. 이 기호를 사용하면 위의 정리 1의 결론은

\[\int_a^bf(x)dx=\left[{\rm F}(x)\right]_a^b\qquad{\rm F}(x)=\int f(x)dx\]

정리 1에 나타난 정적분의 계산법에 따라서 다음 정적분을 계산해 보자.

\[\int_0^1\sqrt{x}dx=\left[{2\over3}x\sqrt{x}\right]_0^1={2\over3}\]

[예제 1] 다음 정적분을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\int_0^1x^2dx=\left[{x^3\over3}\right]_0^1={1\over3}\)

(2) \(\displaystyle\int_0^{\pi\over2}\cos{x}dx=\left[\sin{x}\right]_0^{\pi\over2}=1\)

(3) \(\displaystyle\int_0^1(x+1)^{10}dx=\left[{(x+1)^{11}\over11}\right]_0^1={2047\over11}\)

(4) \(\displaystyle\int_0^a\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\left[{\rm Sin}^{-1}\frac{x}{a}\right]_0^a={\pi\over2}\)

(5) \(\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{x^2-x+1}=\int_0^1\frac{dx}{\left(x-{1\over2}\right)^2+\left({\sqrt{3}\over2}\right)^2}={2\over\sqrt{3}}\left[{\rm Tan}^{-1}\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right]_0^1={2\pi\over3\sqrt{3}}\)

(6) \(\displaystyle\int_{\pi\over2}^\pi\cos^2xdx={1\over2}\int_{\pi\over2}^\pi(1+\cos2x)dx={1\over2}\left[x+\frac{\sin2x}{2}\right]_{\pi\over2}^\pi={\pi\over4}\)

(7) \(\displaystyle\int_0^{2\pi}|\sin{x}|dx=\int_0^\pi\sin{x}dx-\int_\pi^{2\pi}\sin{x}dx=[-\cos{x}]_0^\pi+[\cos{x}]_\pi^{2\pi}=4\)

(8) \(\displaystyle\int_0^1(e^x+1)^2dx=\int_0^1(e^{2x}+2e^x+1)dx=\left[{e^{2x}\over2}+2e^x+x\right]_0^1={e^2\over2}+2e-{3\over2}\)

(9) \(\displaystyle\int_1^2\ln{x}dx=[x\ln{x}]_1^2-\int_1^2dx=2\ln2-[x]_1^2=2\ln2-1\)

[예제 2] 다음 공식을 증명하여라. 단, \(m,\,n\)은 양의 정수이다.

(1) \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin{mx}\sin{nx}dx=\begin{cases}\pi\quad(m-n)\\0\quad(m\ne n)\end{cases}\)

(2) \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos{mx}\cos{nx}dx=\begin{cases}\pi\quad(m=n)\\0\quad(m\ne n)\end{cases}\)

(3) \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos{mx}\sin{nx}dx=0\)

<증명> 삼각함수 항등식 중 곱을 합으로 바꾸는 공식을 참조한다.

(1) \(\displaystyle{\rm I}_1=\int_0^{2\pi}\sin{mx}\sin{nx}dx=-{1\over2}\int_0^{2\pi}\{\cos(m+n)x-\cos(m-n)x\}dx\)

\(m\ne n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_1={1\over2}\left[\frac{\sin(m+n)x}{m+n}-\frac{\sin(m-x)x}{m-n}\right]_0^{2\pi}=0\)

\(m=n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_1=\int_0^{2\pi}\sin^2mxdx={1\over2}\int_0^{2\pi}(1-\cos2mx)dx={1\over2}\left[x-\frac{\sin2mx}{2m}\right]_0^{2\pi}=\pi\)

(2) \(\displaystyle{\rm I}_2=\int_0^{2\pi}\cos{mx}\cos{nx}dx={1\over2}\int_0^{2\pi}\{\cos(m+n)x+\cos(m-n)x\}dx\)

\(m\ne n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_2={1\over2}\left[\frac{\sin(m+n)x}{m+n}+\frac{\sin(m-n)x}{m-n}\right]_0^{2\pi}=0\)

\(m=n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_2=\int_0^{2\pi}\cos^2mxdx={1\over2}\int_0^{2\pi}(1+\cos2mx)dx={1\over2}\left[x+\frac{\sin2mx}{2m}\right]_0^{2\pi}=\pi\)

(3) \(\displaystyle{\rm I}_3=\int_0^{2\pi}\cos{mx}\sin{nx}dx={1\over2}\int_0^{2\pi}\{\sin(m+n)x-\sin(m-n)x\}dx\)

\(m\ne n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_3={1\over2}\left[-\frac{\cos(m+n)x}{m+n}+\frac{\cos(m-n)x}{m-n}\right]_0^{2\pi}=0\)

\(m=n\)라 하면

\(\displaystyle{\rm I}_3=\int_0^{2\pi}\cos{mx}\sin{nx}dx={1\over2}\int_0^{2\pi}\sin2mxdx=-{1\over4m}[\cos2mx]_0^{2\pi}=0\)

[주의 1] 예제 2의 세개의 공식은 Fourier 급수의 이론에서 기본적인 역할을 가지는 중요한 공식이다.

불연속점을 갖는 함수의 정적분 계산법을 알아보자. 우선 함수가

\[f(x)=\begin{cases}(x-1)^2\quad(x\ge0)\\\ \,2+x\quad\ \ \ (x<0)\end{cases}\]

으로 정의되어 있다고 하고, 정적분 \(\int_{-2}^2f(x)dx\)를 계산해 보자.

이 함수 \(f(x)\)의 그래프는 위의 그림과 같이 된다. \(f(x)\)는 분명히 \(x=0\)에서 불연속이다. 이와 같은 경우에는 정적분을 피적분 함수의 불연속점으로 나누어 다음과 같이 계산한다.

\[\begin{align}\int_{-2}^2f(x)dx&=\int_{-2}^0f(x)dx+\int_0^2f(x)dx=\int_{-2}^0(2+x)dx+\int_0^2(x-1)^2dx\\&=\left[\frac{(2+x)^2}{2}\right]_{-2}^0+\left[\frac{(x-1)^3}{2}\right]_0^2={8\over3}\end{align}\]

정적분의 정의에서 다음 정리를 얻는다.

정리 2 함수 \(f(x)\)가 폐구간 \([a,\,b]\)에서 연속이면 \[\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^nf\left({i\over n}\right)=\int_0^1f(x)dx\]

<증명> 구간 \([0,\,1]\)을 \(n\) 등분하는 분할 \(\Delta\)에서는

\[x_0={0\over n},\,x_1={1\over n},\,x_2={1\over n},\,\cdots,\,x_{n-1}=\frac{n-1}{n},\,x_n={n\over n}\]

이다. 각 소구간 \(l_i\)의 길이는 \(x_i-x_{i-1}=1/n\) 이다. 또 각 소구간 \(l_i=[x_i,\,x_{i-1}]\)에서 선택한 \(\xi_i\)를 \(\xi_i=i/n\)라 하면 \(\int_0^1f(x)dx\)의 근사합은

\[{\rm S}_n=\sum_{i=1}^nf(\xi_i)(x_i-x_{i-1})={1\over n}\sum_{i=1}^nf\left(i\over n\right)\]

여기서 \(n\to\infty\)라 하면 분할 \(\Delta\)는 작게 되어

\[\int_0^1f(x)dx=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^nf\left(i\over n\right)\]

[예제 3] 다음 극한값을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+{i\over n}}=\int_0^1\frac{dx}{1+x}=\left[\ln|x+1|\right]_0^1=\ln2\)

(2) \(\displaystyle\begin{align}\lim_{n\to\infty}{1\over n^2}\sum_{i=1}^n\sqrt{n^2+i^2}&=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\sqrt{1+\left({i\over n}\right)^2}=\int_0^1\sqrt{1+x^2}dx\\&={1\over2}\left[x\sqrt{1+x^2}+\ln\left|x+\sqrt{1+x^2}\right|\right]_0^1\\&={1\over2}\left\{\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})\right\}\end{align}\)

(3) \(\begin{align}\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+i^2}}&=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{1+\left({i\over n}\right)^2}}=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}\\&=\left[\ln|x+\sqrt{1+x^2}|\right]_0^1=\ln\left(1+\sqrt{2}\right)\end{align}\)

[예제 4] \(x>0\)에 대하여 \(f(x)\)가 감소함수이면, \(n=1,\,2,\,\cdots\) 일 때

\[\sum_{i=2}^nf(i)<\int_1^nf(x)dx<\sum_{i=1}^{n-1}f(i)\]

임을 증명하여라.

<증명> \(x>0\)에서 \(f(x)\)는 감소함수이므로 양의 정수 \(i\)에 대해서 \(i-1<x<i\) 이면 \(f(i)<f(x)<f(i-1)\) 이다.

따라서

\[\int_{i-1}^if(i)dx<\int_{i-1}^if(x)dx<\int_{i-1}^if(i-1)dx\]

즉,

\[f(i)<\int_{i-1}^if(x)dx<f(i-1)\]

따라서, 이들의 합을 만들면

\[\sum_{i=2}^nf(i)<\sum_{i=2}^n\int_{i-1}^if(x)dx<\sum_{i=2}^nf(i-1)\]

여기서

\[\sum_{i=2}^n\int_{i-1}^if(x)dx=\int_1^2f(x)dx+\int_2^3f(x)dx+\cdots+\int_{n-1}^nf(x)dx=\int_1^nf(x)dx\]

이므로 증명되었다.

[예제 5] 다음 식을 증명하여라.

(1) \(\displaystyle\ln(n+1)<\sum_{i=1}^n{1\over i}<1+\ln{n}\)

(2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n{1\over i}}{\ln{n}}=1\)

<증명>

(1) 함수 \(f(x)=1/x\)는 \(x>0\)에서 감소함수이다. 예제 4의 결과에 의해서

\[\begin{gather}\sum_{i=1}^n{1\over i}<\int_1^n\frac{dx}{x}=\ln{n}\\\ln(n+1)=\int_1^{n+1}\frac{dx}{x}<\sum_{i=1}^n{1\over i}\\\therefore\ \ln(n+1)<\sum_{i=1}^n{1\over i}<1+\ln{n}\end{gather}\]

(2) (1)의 결과를 이용해서

\[\frac{\ln(n+1)}{\ln{n}}<\frac{\sum_{i=1}^n{1\over i}}{\ln{n}}<1+{1\over\ln{n}}\]

그런데

\[\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(n+1)}{\ln{n}}=1,\,\lim_{n\to\infty}\left(1+{1\over\ln{n}}\right)=1\]

이므로, 위의 부등식에서 \(n\to\infty\)라 하면

\[\begin{gather}1\le\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n{1\over i}}{\ln{n}}\le1\\\therefore\ \lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n{1\over i}}{\ln{n}}=1\end{gather}\]

《문     제》

1. 다음 정적분을 구하여라. \((k, a\ne0)\)

(1) \(\displaystyle\int_0^1\left(5x^4+3\sqrt{x}\right)dx=\left[x^5+2x\sqrt{x}\right]_0^1=3\)

(2) \(\displaystyle\int_0^1\left(e^{kx}+\cos{\pi x\over2}\right)dx=\left[\frac{e^{kx}}{k}+{2\over\pi}\sin{\pi x\over2}\right]_0^1=\frac{e^k-1}{k}+{2\over\pi}\)

(3) \(\displaystyle\int_0^a\frac{dx}{a^2+x^2}={1\over a}\left[{\rm Tan}^{-1}{x\over a}\right]_0^a={\pi\over4a}\)

(4) \(\displaystyle\int_1^3\frac{x}{1+2x^2}dx={1\over4}\left[\ln\left(1+2x^2\right)\right]_1^3=\frac{\ln19-\ln3}{4}\)

(5) \(\displaystyle\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx=\left[\sqrt{1+x^2}\right]_0^1=\sqrt{2}-1\)

(6) \(\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{3-2x}}==-\left[\sqrt{3-2x}\right]_0^1=\sqrt{3}-1\)

(7) \(\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi\sin^2xdx={1\over2}\left[x-{\sin2x\over2}\right]_{\pi/2}^\pi={\pi\over4}\)

(8) \(\displaystyle\int_0^{\pi/4}\tan^2xdx=[\tan{x}-x]_0^{\pi/4}=1-{\pi\over4}\)

(9) \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3x\sin{x}dx=-{1\over4}\left[\cos^4x\right]_0^{\pi/2}={1\over4}\)

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

2, 다음을 증명하여라.

\[f(x)={a_0\over2}+\sum_{i=1}^n(a_i\cos{ix}+b_i\sin{ix})\]

일 때, 그의 계수는 다음과 같이 주어진다.

\[\begin{align}&a_0={1\over\pi}\int_0^{2\pi}f(x)dx\\&a_k={1\over\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos{kx}dx\\&b_k={1\over\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\sin{kx}dx\ (k=1,\,2,\,\cdots,\,n)\end{align}\]

<증명> [예제 2] 공식에 의해

\[\begin{split}&\int_0^{2\pi}f(x)dx={a_0\over2}\int_0^{2\pi}dx=a_0\pi\\&\int_0^{2\pi}f(x)\cos{kx}dx=a_k\int_0^{2\pi}\cos^2kxdx=a_k\pi\\&\int_0^{2\pi}f(x)\sin{kx}dx=b_k\int_0^{2\pi}\sin^2kxdx=b_k\pi\end{split}\]

3. 다음 정적분을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\int_{-2}^2f(x)dx,\,f(x)=\begin{cases}1\ (x\ge0)\\0\ (x<0)\end{cases}\)

(2) \(\displaystyle\int_0^2f(x)dx,\,f(x)=\begin{cases}x^2&(x\ge1)\\-x^2\ &(x<1)\end{cases}\)

<풀이>

(1) \(\displaystyle\int_{-2}^2f(x)dx=\int_0^2dx=2\)

(2) \(\displaystyle\int_0^2f(x)dx=\int_0^1(-x^2)dx+\int_1^2x^2dx=-\left[x^3\over3\right]_0^1+\left[x^3\over3\right]_1^2=2\)

4. 다음 극한값을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+{i\over n}}=\int_0^1\frac{dx}{1+x}=\left[\ln|x+1|\right]_0^1=\ln2\)

(2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n}{n^2+i^2}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+\left({i\over n}\right)^2}=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\left[{\rm Tan}^{-1}x\right]_0^1={\pi\over4}\)

(3) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{\sqrt{i}}{n\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}\sum_{i=1}^n\sqrt{i\over n}=\int_0^1\sqrt{x}dx=\left[{2x\sqrt{x}\over3}\right]_0^1={2\over3}\)

5. 다음 부등식을 증명하여라. \((n>1)\)

(1) \(p>0,\,p\ne0\)라 할 때

\[\frac{(n+1)^{1-p}-1}{1-p}<\sum_{i=1}^n{1\over i^p}<1+\frac{n^{1-p}-1}{1-p}\]

(2) \(\displaystyle{2\over3}n^{3/2}<\sum_{i=1}^n\sqrt{i}<{2\over3}(n+1)^{3/2}\)

<증명>

(1) 함수 \(f(x)=1/x^p\)는 \(x>0\)에서 감소함수이다. 예제 4의 결과에 의해서

\[\begin{gather}\sum_{i=2}^n{1\over i^p}<\int_1^n\frac{dx}{x^p}=\frac{n^{1-p}-1}{1-p}\\\frac{(n+1)^{1-p}-1}{1-p}=\int_1^{n+1}\frac{dx}{x^p}<\sum_{i=1}^n{1\over i^p}\\\therefore\ \frac{(n+1)^{1-p}-1}{1-p}<\sum_{i=1}^n{1\over i^p}<1+\frac{n^{1-p}-1}{1-p}\end{gather}\]

(2) \(x>0\)에 대하여 \(f(x)\)가 감소함수이면, \(n=1,\,2,\,\cdots\) 일 떼

\[\sum_{i=1}^{n-1}f(i)<\int_0^nf(x)dx<\sum_{i=1}^nf(i)\]

이므로

\[\begin{gather}\int_0^n\sqrt{x}dx={2\over3}n^{3\over2}<\sum_{i=1}^n\sqrt{i}\\{2\over3}(n+1)^{3\over2}=\int_0^{n+1}\sqrt{x}dx>\sum_{i=1}^n\sqrt{i}\\\therefore\ {2\over3}n^{3\over2}<\sum_{i=1}^n\sqrt{i}<{2\over3}(n+1)^{3\over2}\end{gather}\]

(3) (1)의 결과를 이용해서 \(p=3\)으로 두면 된다.