# 적분의 계산
앞의 절에서 살펴본 미적분학의 기본정리(FTC)는 적분이 미분의 역연산임을 보여준다. 그러나 미분과 달리 부정적분을 계산하는 것은 일반적으로 어려운 일이다. 예를 들어, 다음과 같이 다항, 지수, 로그, 삼각함수가 복잡하게 결합한 함수 $f(x)=\sin\left( \frac{e^{\cos x}}{\ln(\ln x)} \right)+{\tan x}^{x\ln\sin x}$
를 미분하는 것은 꽤 귀찮을지 몰라도 그 결과는 다항, 지수, 로그, 삼각함수의 유한한 사칙연산으로 쓸 수 있을 것이다. 이러한 형태로 나타낸 식를 **닫힌 형식(closed form)** 이라고 부른다. 반면 $f(x)$의 부정적분을 항상 다항, 지수, 로그, 삼각함수 등 **초등 함수(elementary functoin)** 들만을 사용하여 닫힌 형식으로 표현할 수 있는 것은 아니다. 대표적인 예시로 함수 $g(x)=e^{-x^2}$의 부정적분은 초등 함수에 대한 닫힌 형식 표현이 존재하지 않는다.
정적분을 계산하기 위해 부정적분을 구하고 미적분학의 기본정리를 적용하는 것은 가장 쉽게 떠올릴 수 있지만, 불가능 할 수도 있다는 것이다. 이번 절에서는 부정적분을 구하는 기초적인 방법들을 학습하고, 특수한 경우에 직접 부정적분을 구하지 않고 정적분의 값을 계산하는 방법에 대해 배울 것이다.
## 기초적인 함수들의 부정적분
**멱함수**
멱함수의 미분을 떠올려보면 $(x^{\alpha} )'=\alpha x^{\alpha-1}$, $\alpha\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$이 성립하므로
$\int \alpha x^{\alpha-1} ~dx=x^\alpha+C$
이 됨을 알 수 있다. 적분의 선형적인 성질 때문에 양변을 $\alpha$로 나눠주고 $\alpha$를 $\alpha+1$로 바꿔주면 멱함수의 적분 공식을 얻는다.
$\int x^\alpha ~dx= \frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+C, \quad \alpha\neq -1$
$\alpha=-1$일때는 위 식이 성립하지 않는다는 것에 주의해라. 이것은 $x^0$=상수를 미분한 것이 $1/x$에 비례하는 것이 아닌 0이기 때문이다. 대신 $(\ln |x|)'=1/x$라는 것을 기억하면, 멱함수에 대한 적분공식을 다음과 같이 쓸 수 있다.
>**Theorem(멱함수의 부정적분)**.
>$\int x^\alpha ~dx= \begin{cases} \frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+C& \text{if } \alpha\neq -1\\ \ln |x|+C \quad&\text{if }\alpha=-1 \end{cases}$
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**지수함수**
지수함수에 대한 적분 공식은 훨씬 간단하다. $a>0$에 대해 $(a^x)'=a^x\ln a$이므로 단순히 $\ln a$로 양변을 나눠주면 다음을 얻는다.
>**Theorem(지수함수의 부정적분)**.
>$\int a^x~dx=\frac{a^x}{\ln a}+C \quad a>0,~a\neq 1$
$a=1$인 경우는 $\ln a=0$이 되므로 제외하였다.
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**삼각함수**
삼각함수의 미분 $(\sin x)'=\cos x$, $(\cos x)'=-\sin x$로부터 다음 공식을 얻는다.
>**Theorem(삼각함수의 부정적분)**.
>$\int \sin x~dx=-\cos x+C$
>$\int \cos x~dx=\sin x+C$
미분에서와 부호가 반대로 되는 것에 주의하라.
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## 부분적분
위에서 다항, 지수, 삼각 함수의 적분은 미분이 자기 자신과 유사한 형태를 가졌기에 미분 공식으로부터 바로 유도해낼 수 있었다. 그러나 우리는 아직 어떤 함수를 미분해서 로그함수를 얻을 수 있는지 배우지 않았다. 로그함수의 부정적분에 대한 아이디어는 곱의 미분법에서 찾을 수 있다.
>**Theorem(부분적분)**.
>$f'$과 $g'$이 구간 $[a,b]$에서 연속이면
>$\int_{a}^{b} f'(x)g(x)~dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)-\int_{a}^{b} f(x)g'(x)~dx.$
>
>___Proof___. [[미적분학의 기본정리#^9e8dc0|미적분학의 기본 정리]]로부터 $\int_a^b (f(x)g(x))'dx = \int_{a}^{b} f'(x)g(x) + f(x)g'(x)~dx = f(b)g(b)-f(a)g(a)$가 성립하므로 원하던 결론을 얻는다.
여기서 $f'(x)$의 부정적분은 임의로 정해도 상관 없다. 그 이유는 $f(x)$ 대신 상수 $C'$만큼 차이나는 함수를 사용해도 같은 결과를 주기 때문이다:
$\left[\left( f(x)+C'\right)g(x)\right]_a^b-\int_{a}^{b} \left(f(x)+C'\right) g'(x)~dx$ $=\left[f(x)g(x)\right]_a^b-\int_a^b f(x)g'(x)~dx+\underset{=0}{\underbrace{\left[C'g(x)\right]_a^b-\int_a^b C'g'(x)~dx}}$ $=\left[f(x)g(x)\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b} f(x)g'(x)~dx$
마지막 식으로 넘어가기 위해 미적분학의 기본정리를 사용하였다. 결국 $f$의 어떤 부정적분을 사용하더라도 결과는 동일하다는 것을 확인할 수 있다.
>**Example**. ($f, g$의 도함수가 연속인 경우) 부정적분에 대한 부분적분 공식도 다음과 같이 쓸 수 있다.
>$\int\left(f(x)g(x)\right)'~dx=\int f(x)g'(x)~dx+\int f'(x)g(x)~dx$
>이제 다음 식에서 잘못된 부분을 찾아보자.
>$\int \frac{f'(x)}{f(x)} dx=\frac{f(x)}{f(x)}-\int -\frac{f'(x)}{f(x)^2}f(x)dx= 1+\int \frac{f'(x)}{f(x)}dx\overset{?}{\implies} 0=1$
>이런 문제가 발생하는 이유는 부정적분이 상수항을 무시했을 때(up to constant) 잘 정의되기 때문이다. 위에서 보았듯이 정적분에서는 어떤 부정적분을 선택해도 같은 결과를 주지만, 부정적분이 포함된 식에서는 항상 상수만큼 차이가 날 수 있다는 점을 유의해야 한다.
>**Theorem(로그함수의 부정적분)**.
>$\int \ln x~dx=x\ln x -x+C$
>
>___Proof___.
>부분적분의 부정적분 형태인
>$\int f'(x)g(x)~dx=f(x)g(x)-\int f(x)g'(x)~dx$
>를 이용하여 구할 수 있다.
>$\int \underset{f'(x)}{\underline{1}} \cdot \underset{g(x)}{\underline{\ln x}} ~dx=\underset{f(x)}{\underline{x}}\cdot\underset{g(x)}{\underline{\ln x}}-\int \underset{f(x)}{\underline{x}}\cdot \underset{g'(x)}{\underline{\frac{1}{x}}}dx=x\ln x -x+C$
>**Example**.
>부분적분을 이용하여 $I=\displaystyle{\int \sec ^3x~ dx}$를 계산하여라.
>$I=\int \underset{f'(x)}{\underline{\sec^2 x}}\cdot \underset{g(x)}{\underline{\sec x}} dx=\tan x\sec x -\int\tan^2 x \sec x dx$$=\tan x \sec x -\int(\sec^2-1)\sec x dx=\tan x \sec x +\int \sec x dx-I$$=\tan x \sec x +\ln|\sec x +\tan x |-I$
>마지막 줄에서 $\displaystyle{\int \sec x dx}$를 계산하기 위해 앞선 예제의 결과를 사용하였다. 따라서 구하는 적분은
>$I=\int \sec ^3 x dx=\frac{1}{2}\tan x \sec x +\frac{1}{2}\ln|\sec x +\tan x|+C.$
>**Example**.
>0이 아닌 상수 $a,~b$에 대해 부정적분 $\displaystyle{I_s (x)=\int e^{ax}\sin bx ~dx}$와 $\displaystyle{I_c(x)=\int e^{ax}\cos bx~ dx}$를 구하기 위해 부분적분을 이용해라.
>$I_s(x)=\int \underset{f'(x)}{\underbrace{e^{ax}}}\underset{g(x)}{\underbrace{\sin bx}}~dx=\underset{f(x)}{\underbrace{\frac{1}{a}e^{ax}}}\underset{g(x)}{\underbrace{\sin bx}} -\int \underset{f(x)}{\underbrace{\frac{1}{a}e^{ax}}}\underset{g'(x)}{\underbrace{b\cos bx}}~dx=\frac{1}{a}e^{ax}\sin bx -\frac{b}{a}I_c(x)$
>$I_c(x)=\int \underset{f'(x)}{\underbrace{e^{ax}}}\underset{g(x)}{\underbrace{\cos bx}}~dx=\underset{f(x)}{\underbrace{\frac{1}{a}e^{ax}}}\underset{g(x)}{\underbrace{\cos bx}} -\int \underset{f(x)}{\underbrace{\frac{1}{a}e^{ax}}}\underset{g'(x)}{\underbrace{(-b\sin bx)}}~dx=\frac{1}{a}e^{ax}\cos bx +\frac{b}{a}I_s(x)$
>두 식을 연립하면 다음을 얻는다.
>$I_s(x)=\int e^{ax} \sin bx~dx= \frac{e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)}{a^2+b^2}$
>$I_c(x)=\int e^{ax} \cos bx~dx= \frac{e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)}{a^2+b^2}$
위 예제와 같이 부분적분을 이용해 연립방정식으로 만들어 푸는 것이 가능하다. 다음으로 살펴볼 예제는 부분적분으로 점화식 형태를 만들어 푸는 것이 가능하다는 것을 보여준다.
>**Example(월리스 공식)**.
>부분적분법으로 자연수 $n$에 대해 $\displaystyle{ I_n=\int_{0}^{\pi}\sin^{n}x~dx}$를 계산하여라.
>$n=0,~1$인 경우에는 쉽게 $I_0=\pi$, $I_1=2$임을 보일 수 있다. $n\geq2$인 경우에 $\sin^2x$를 $1-\cos^2 x$로 변형하여 부분적분을 해준다.
>$I_n=\int_{0}^{\pi} \sin^{n-2}(1-\cos^2x)~dx=\int_{0}^{\pi}\sin^{n-2}~dx-\int_{0}^{\pi}\underset{f'(x)}{\underbrace{\sin^{n-2}x \cos x}} \cdot \underset{g(x)}{\underbrace{\cos x}}~dx$$\overset{\text{parts}}{=}I_{n-2}-\underset{=0}{\underbrace{\left[ \frac{1}{n-1}\sin^{n-1}x\cdot \cos x\right]_{0}^{\pi}}}+\int_{0}^{\pi} \frac{1}{n-1}\sin^{n-1}(-\sin x)~dx$$=I_{n-2}-\frac{1}{n-1}I_{n}$
>$\therefore I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
>$n$이 홀수, 짝수인 경우를 나누어 계산해보면
>
>(1) $n=2k$
>$I_{2k}=\frac{2k-1}{2k}I_{2k-2}=\frac{2k-1}{2k}\frac{2k-3}{2k-2}\cdots \frac{1}{2}I_0=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\cdot\pi$
>
>(2) $n=2k-1$
>$I_{2k-1}=\frac{2k}{2k-1}I_{2k-3}=\frac{2k}{2k-1}\frac{2k-2}{2k-3}\cdots\frac{2}{3}I_1=\frac{(2k)!!}{(2k-1)!!}\cdot 2$
>
>여기서 $n!!$은 이중 팩토리얼로, $n$이 홀수인 경우에는 $n$ 이하의 모든 홀수의 곱으로, 짝수인 경우에는 $n$ 이하의 모든 짝수의 곱으로 정의된다.
>**Example(감마함수)**.
>부분적분을 이용하여 자연수 $n$에 대하여 $\displaystyle{\Gamma(n)=\int_{0}^{\infty}x^{n-1}e^{-x}~dx}$를 계산하여라.^[$0$부터 $\infty$까지 적분하는 것을 아직 엄밀하게 정의하지는 않았으나, 이 경우에는 $x^{n-1}e^{-x}$의 부정적분이 존재하고 $\infty$에서 그 값이 $0$이므로 계산은 가능하다. 자세한 내용은 [[이상적분]] 문서를 참고하라.]
>$\Gamma(n)=\int_{0}^{\infty}\underset{f(x)}{\underbrace{x^{n-1}}}\underset{g'(x)}{\underbrace{e^{-x}}}~dx=\underset{\rightarrow~0}{\underbrace{\left[ -x^{n-1}e^{-x} \right]_{0}^{\infty}}}+(n-1)\int_{0}^{\infty}x^{n-2}e^{-x}~dx=(n-1)\Gamma(n-1)$
>$\Gamma(1)=1$임을 이용하면,
>$\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)=(n-1)(n-2)\cdots1\cdot \Gamma(1)=(n-1)!$
>$n$이 자연수일 때는 $\Gamma(n)=(n-1)!$이 되어 팩토리얼이 됨을 알 수 있다. 이런 이유로 **감마함수 $\Gamma(z)$** 를 팩토리얼의 확장으로 생각할 수 있다. 특히 $(0,\infty)$ 구간에서 **(1) $f(1)=1$, (2) $f(x+1)=xf(x)$, (3) 로그볼록성(log-convexity)** 을 만족하는 함수는 감마함수가 유일하다. 증명은 보어-몰러럽 정리(Bohr–Mollerup theorem)를 찾아보아라.
^e4c377
>**Example(베타함수)**.
>부분적분을 연속해서 적용하여 자연수 $p, q$에 대해 $\displaystyle{B(p,q)=\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx}$을 계산하여라.
>$B(p,q)=\int_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx=\left[\frac{1}{p}x^p(1-x)^{q-1}\right]_0^1+\frac{q-1}{p}\int_0^1x^p(1-x)^{q-2}dx=\frac{q-1}{p}B(p+1,q-1)$
>$\vdots$
>$=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\cdots\frac{1}{p+q-2}B(p+q-1,1)=\frac{(q-1)!(p-1)!}{(p+q-2)!}\int_0^1x^{p+q-2}dx=\frac{(q-1)!(p-1)!}{(p+q-1)!}$
>또는 위에서 정의한 감마함수를 사용하여
>$B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$
>와 같이 쓸 수 있다. **베타함수** $B(p,q)$는 이항계수를 일반화 한 것으로 생각될 수 있으며, 물리학에서 자주 등장한다.
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## 치환적분
미분의 연쇄법칙(chain rule)로부터 거의 모든 적분을 계산하는 데 유용한 식을 얻는다.
>**Theorem(치환적분)**.
>$g : [a,b]\rightarrow I\subset \mathbb{R}$을 미분가능하고 연속인 미분계수를 갖는 함수라고 하자. $f: I\rightarrow \mathbb{R}$이 연속인 함수라면 다음이 성립한다.
>$\int_a^b f(g(x))\cdot g'(x)dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(t)dt$
>
>___Proof___. $f(x)$의 역도함수 하나를 골라 $F(x)$라 쓰자. [[미분의 성질#^1c7738|연쇄법칙]]을 적용하여 아래와 같이 쓸 수 있다.
$(F(g(x)))' = f(g(x))g'(x)$ 양변을 구간 $[a,b]$에서 리만 적분하면, [[미적분학의 기본정리#^9e8dc0|미적분학의 기본정리]]에 의해 $F(g(b)) - F(g(a)) = \int_a^bf(g(x))g'(x)dx$가 성립한다. 여기에서 좌변은 $\int_{g(a)}^{g(b)}f(x)dx$로 쓸 수 있으므로 상술한 결론을 얻는다.
>**Corollary(King's rule)**.
>구간 $[a,b]$에서 적분가능한 임의의 함수 $f(x)$에 대해
>$\int_a^{b} f(x)dx=\int_a^b f(a+b-x)dx$
>가 성립한다.
>
>___Proof___.
>$t=a+b-x$로 치환하면 바로 얻을 수 있다.
>**Example**.
>다음 정적분을 계산하여라.
>$I=\int_0 ^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx$
>$x$를 $\frac{\pi}{2}-t$로 치환하고 $\sin(\frac{\pi}{2}-x)=\cos x$임을 적용하면
>$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx$
>위의 두 식을 더해주면 쉽게 적분 값을 알 수 있다.
>$2I=\int_0^\frac{\pi}{2} 1\cdot dx=\frac{\pi}{2} \implies I=\frac{\pi}{4}$
>여담: 이 경우는 직접 부정적분을 계산하는 것이 가능하다.
>$I_s=\int \frac{\sin x }{\sin x +\cos x}dx, \quad I_c=\int \frac{\cos x}{\sin x +\cos x}dx$
>라고 정의한 뒤, $I_c-I_s$와 $I_c+I_s$가 각각 적분 가능하다는 점을 이용한다.
>$I_c-I_s=\int \frac{\cos x-\sin x}{\sin x +\cos x }dx=\ln \left| \sin x+\cos x\right|+C$
>$I_c+I_s=\int \frac{\cos x+\sin x}{\sin x+\cos x}dx=x+C$
>첫 번째 식에서 $(\sin x+\cos x)'=\cos x-\sin x$임을 이용했다. 두 식을 연립하여 $I_s$와 $I_c$를 각각 계산할 수 있다.
>$I_c=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\ln \left| \sin x+\cos x\right|+C$
>$I_s=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\ln \left| \sin x+\cos x\right|+C$
>**Example**.
>다음 정적분을 계산하여라.
>$I=\int_0^\frac{\pi}{4}\ln (1+\tan x)dx$
>King's rule을 이용해 $t=\frac{\pi}{4}-x$로 치환하면
>$I=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln \left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right)dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln \left(1+\frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\frac{2}{1+\tan x}\right)dx$
>$\therefore 2I=\int_0 ^\frac{\pi}{4}\ln 2 ~dx=\frac{\pi}{4}\ln 2\implies I=\frac{\pi}{8}\ln 2$
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**부분분수**
분모와 분자 모두 다항식으로 이루어진 유리함수의 적분을 고려하자. 먼저 유리함수의 분모를 다음과 같이 인수분해 한다.
$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)}{(x-\alpha_1)^{r_1}(x-\alpha_2)^{r_2}\cdots(x-\alpha_n)^{r_n}}$
그러면 $R(x)$를 언제나 다음과 같은 형태로 쓸 수 있다.
$R(x)=P_0(x)+\left(\frac{P_{11}}{x-\alpha_1}+\frac{P_{12}}{(x-\alpha_1)^2}+\cdots+\frac{P_{1r_1}}{(x-\alpha_1)^{r_1}}\right)+\cdots+\left( \frac{P_{n1}}{x-\alpha_n}+\cdots+\frac{P_{nr_n}}{(x-\alpha_n)^{r_n}}\right)$
여기서 $P_0(x)$는 $P(x)$를 $Q(x)$로 나눈 몫이고, $P_{ij}$는 상수이다. 특히 이를 만족하는 다항식 $P_0(x)$와 상수 $P_{ij}$들은 유일하게 결정된다.
이제 유리함수를 적분하는 것은 간단해졌다. 분모를 인수분해하고 부분분수 형태로 쓴 뒤에, 각 항에 해당하는 계수들을 구해준다. 마지막으로 다항함수 및 멱함수의 적분을 적용하여 최종 결과를 구한다.
>**Example**.
>적절한 치환과 부분분수 표현을 이용해 $\displaystyle{I=\int \sec x ~dx}$를 구하여라.
>
>분모와 분자에 각각 $\cos x$를 곱한 뒤에 $\cos^2x=1-\sin^2x$를 이용해 식을 변형한다.
>$I=\int \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx=\int\frac{\cos x}{1-\sin^2 x}dx$
>치환 $t=\sin x$를 적용하면 주어진 식은 유리식의 적분 형태로 바뀐다.
>$I=\int\frac{1}{1-t^2}dt=\int \frac{1}{2}\left(\frac{1}{t+1}-\frac{1}{t-1}\right)dt=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{t+1}{t-1}\right|+C$
>이제 다시 $t=\sin x$를 집어넣고 분모와 분자에 각각 $1+\sin x$를 곱해주면 다음 결과를 얻는다.
>$\int \sec x ~dx=\frac{1}{2}\ln \left| \frac{(1+\sin x)^2}{\cos^2 x} \right|+C=\ln\left| \sec x +\tan x \right|+C.$
>**Example**.
>부분분수 표현을 이용해 다음 부정적분을 구하여라.
>$\int \frac{x^3-1}{(x+1)(x-1)}dx$
>분자의 차수가 분모의 차수보다 크므로 먼저 분자를 분모로 나눈 몫몫인 $P_0(x)$를 구해준다.
>$\frac{x^3-1}{(x+1)(x-1)}=\frac{x(x+1)(x-1)+x-1}{(x+1)(x-1)}=x+\frac{x-1}{(x+1)(x-1)}$
>이제 남은 항을 부분분수 표현으로 나타내고, 각 항에 맞는 계수를 구해준다.
>$\frac{x-1}{(x+1)(x-1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}=\frac{A(x-1)+B(x+1)}{(x+1)(x-1)}$
>분자의 두 식이 일치해야 하므로 양변의 분자에 $x=1$과 $x=-1$을 대입하여 각각 $A=1,~ B=0$을 얻는다. 따라서 주어진 적분은
>$\int\frac{x^3-1}{(x+1)(x-1)}dx=\int \left(x+\frac{1}{x+1}\right)dx=\frac{1}{2}x^2+\ln |x+1|+C.$
>**Example**.
>부분분수 표현을 이용해 다음 부정적분을 구하여라.
>$\int \frac{3x^3+2x^2+x+4}{(x+1)(x-1)^2}dx$
>분자의 차수가 분모의 차수와 같으므로 먼저 분자를 분모로 나누어 나머지를 구한다.
>$\frac{3x^3+2x^2+x+4}{(x+1)(x-1)^2}=\frac{3(x+1)(x-1)^2+5 x^2+4x+1}{(x+1)(x-1)^2}=3+\frac{5x^2+4x+1}{(x+1)(x-1)^2}$
>남은 항을 부분분수로 표현하고 각 계수를 구해준다.
>$\frac{5x^2+4x+1}{(x+1)(x-1)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{(x-1)^2}=\frac{A(x-1)^2+B(x+1)(x-1)+C(x+1)}{(x+1)(x-1)^2}$
>분자를 비교하여 다음 식을 얻는다.
>$5x^2+4x+1=A(x-1)^2+B(x+1)(x-1)+C(x+1)$
>$\overset{\text{미분}}{\implies} 10x+4=2A(x-1)+B(x+1)+B(x-1)+C$
>이제 첫 번째 식의 양변에 각각 $x=1,~-1$을 대입하여 $A=\frac{1}{2},~C=5$를 얻는다. 마지막으로 양변을 미분한 두 번째 식에 $x=1$을 대입하여 $B=\frac{9}{2}$를 얻는다. 따라서 주어진 적분은
>$\int \frac{3x^3+2x^2+x+4}{(x+1)(x-1)^2}dx=\int\left( 3+\frac{1}{2}\frac{1}{x+1}+\frac{9}{2}\frac{1}{x-1}+\frac{5}{(x-1)^2}\right)dx$$=3x+\frac{1}{2}\ln|x+1|+\frac{9}{2}\ln|x-1|-\frac{5}{x-1}+C.$
>**Example**.
>부분분수 표현을 이용해 다음 부정적분을 구하여라.
>$\int \frac{1}{x(x^{2026}+1)}dx$
>이 경우 $x^{2026}+1$을 인수분해 하기 곤란하여 부분분수 형태로 쓸 수 없을 것 같지만, 분모와 분자에 각각 $x^{2025}$를 곱해준 뒤에
>$\frac{1}{A\cdot B}=\frac{1}{B-A}\left(\frac{1}{A}-\frac{1}{B}\right)$
>임을 이용하면
>$\frac{x^{2025}}{x^{2026}(x^{2026}+1)}=x^{2025}\left(\frac{1}{x^{2026}}-\frac{1}{x^{2026}+1}\right)=\frac{1}{x}-\frac{x^{2025}}{x^{2026}+1}$
>우변의 마지막 항은 분자가 분모를 미분한 형태이므로 치환적분을 통해 적분을 계산할 수 있다. 따라서 구하려던 적분은
>$\int \frac{1}{x(x^{2026}+1)}dx=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{x^{2025}}{x^{2026}+1}\right)dx=\ln|x|-\frac{1}{2026}\ln|x^{2026}+1|+C.$
유리함수를 적분하기 위해 분모를 일차식으로 인수분해하여 푸는 방식은 분모가 일반적으로 허근을 가질 수 있으므로 실패할 수 있다. 대신 분모가 실계수를 가지는 다항식이면 다음과 같이 분해하는 것이 가능하다.
$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)}{(x-\alpha_1)^{r_1}\cdots(x-\alpha_n)^{r_n}(x^2+a_1x+b_1)^{s_1}\cdots(x^2+a_mx+b_m)^{s_m}}$
여기서 $\alpha_i$와 $a_i,~b_i$는 모두 실수이고, 각 $i$에 대해 방정식 $x^2+a_ix+b_i=0$은 허근을 갖는다. 이제 $R(x)$를 다음과 같은 형태로 쓸 수 있다.
$R(x)=P_0(x)+\left(\frac{P_{11}}{x-\alpha_1}+\cdots+\frac{P_{1r_1}}{(x-\alpha_1)^{r_1}}\right)+\cdots+\left(\frac{P_{n1}}{x-\alpha_n}+\cdots+\frac{P_{nr_n}}{(x-\alpha_n)^{r_n}}\right)$$+\left(\frac{C_{11}x+D_{11}}{x^2+a_1x+b_1}+\cdots+\frac{C_{1s_1}x+D_{1s_1}}{(x^2+a_1x+b_1)^{s_1}}\right)+\cdots+\left(\frac{C_{m1}x+D_{m1}}{x^2+a_mx+b_m}+\cdots+\frac{C_{1s_m}x+D_{1s_m}}{(x^2+a_mx+b_m)^{s_m}}\right)$
이전과 마찬가지로 $P_0(x)$와 각 계수는 유일하게 결정되며 모두 실수이다. 이제 유리함수의 부정적분을 구하기 위해서 일반적으로 다음과 같은 유리함수의 부정적분을 찾고자 한다.
$R_n(x)=\frac{cx+d}{(x^2+ax+b)^n}$
특히 분자가 단순히 1인 유리함수
$r_n(x)=\frac{1}{(x^2+ax+b)^n}$
의 부정적분을 구하기만 하면 된다. 왜냐하면 $R_n(x)$를
$R_n(x)=\frac{cx+d}{(x^2+ax+b)^n}=\frac{c}{2}\frac{2x+a}{(x^2+ax+b)^n}+\frac{d-\frac{ac}{2}}{(x^2+ax+b)^n}$
와 같이 쓸 수 있고, 우변의 첫 번째 항은 $x^2+ax+b$를 치환하여 멱급수의 적분으로 계산할 수 있기 때문이다. 이제 $r_n(x)$의 부정적분을 계산하기 위해 삼각치환을 이용할 것이다.
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**삼각치환**
역삼각함수의 미분으로부터 $\sqrt{ax^2+bx+c}$ 형태를 포함한 함수를 적분하기 위해 삼각함수를 사용하는 것이 유용한 경우가 많다. 특히 탄젠트 함수의 치환으로 $r_n(x)$의 부정적분을 계산할 수 있다.
>**Theorem**.
>$\int \frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\tan^{-1}\left(\frac{x}{a}\right)+C$
>
>___Proof___.
>치환 $x=a\tan \theta,~\left(-\frac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right)$을 적용하여 얻을 수 있다.
>**Example**.
>허근을 갖는 이차방정식 $x^2+ax+b=0$에 대해 탄젠트 치환을 이용하여 $r_n(x)$의 부정적분을 계산하여라.
>
>이차방정식 $\displaystyle{x^2+ax+b=\left(x+\frac{a}{2}\right)^2+b-\frac{a^2}{4}}=0$이 허근을 가지므로 $\displaystyle{b-\frac{a^2}{4}}>0$이다. 따라서 $\displaystyle{x+\frac{a}{2}}=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\tan\theta,~\left(-\frac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right)$로 치환하면,
>$\int r_n(x)dx=\int \left[\left(x+\frac{a}{2}\right)^2+\left(\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\right)^2\right]^{-n}dx=\int\frac{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\sec^2 \theta}{\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^n\sec^{2n}\theta}d\theta$$=\left(b-\frac{a^2}{4}\right)^{\frac{1}{2}-n}\int \cos^{2n-2}\theta ~d\theta$
>마지막 적분은 월리스 공식 예제에서 한 것과 같이 부분적분을 통해 점화식의 형태로 구할 수 있다. 마지막으로 $\theta=\tan^{-1}\left\{ \left(x+\frac{a}{2}\right)/{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}} \right\}$을 대입하여 $x$에 대한 식으로 정리해준다.
이외에도 $\sin,~\cos,~\sec$ 치환을 이용해 다양한 부정적분을 계산할 수 있다.
>**Example**.
>삼각치환을 이용하여 다음 부정적분을 계산하여라.
>$\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}dx$
>$x=a\tan\theta,~\left( -\frac{\pi}{2}<\theta< \frac{\pi}{2}\right)$로 치환하면 이 구간에서 $\sec\theta>0$이므로
>$\int\frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}dx=\int \frac{a\sec^2 \theta}{a\sec\theta}d\theta=\int \sec \theta ~d\theta=\ln |\sec\theta+\tan \theta|+C$
>마지막으로 $\tan\theta=x/a$와 $\sec\theta=\sqrt{1+\tan^2 \theta}=\sqrt{1+(x/a)^2}$를 대입해주면 주어진 적분은
>$\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}dx=\ln\left|\frac{x}{a}+\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2+1}\right|+C.$
>**Example**.
>삼각치환을 이용하여 다음 부정적분을 계산하여라.
>$\int \frac{\sqrt{x^2-4}}{x}dx$
>$\sec^2\theta-1=\tan^2 \theta$인 관계식을 이용하기 위해 치환 $x=2\sec\theta,~\left( 0\leq\theta< \frac\pi{2},~ \frac{\pi}{2}<\theta\leq\pi\right)$를 이용한다. 그러면 주어진 적분은
>$\int \frac{\sqrt{x^2-4}}{x}dx=\int \frac{2|\tan\theta|}{2\sec\theta}2\sec\theta\tan\theta ~d\theta=\begin{cases} +2\int \tan^2 \theta ~d\theta, \quad \tan\theta\geq0,\\ -2\int\tan^2\theta ~d\theta, \quad \tan\theta<0. \end{cases}$
>$\int \tan^2 \theta ~d\theta=\int (\sec^2\theta-1)d\theta=\tan \theta-\theta+C$이므로 구하려는 적분은
>$\int\frac{\sqrt{x^2-4}}{x}dx=\begin{cases} 2\tan\theta-2\theta+C,\quad &0\leq\theta<\frac{\pi}{2}\\ -2\tan\theta+2\theta+C', \quad &\frac{\pi}{2}<\theta\leq\pi \end{cases}=\begin{cases} \sqrt{x^2-4}-2\sec^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)+C,\quad &x\geq2, \\\sqrt{x^2-4}+2\sec^{-1}\left(\frac{x}{2}\right)+C',\quad &x<-2. \end{cases}$
>마지막에 각 구간에서 $2|\tan\theta|=\sqrt{4\sec^2\theta-4}=\sqrt{x^2-4}$의 절댓값을 제거할 때 부호에 유의해라.
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**바이어슈트라스 치환**
삼각함수로 이루어진 유리함수를 적분할 때, 적분 영역 내에서 항상 일대일 대응이 되는 특별한 치환을 이용하면 삼각함수 식을 변수에 대한 유리식으로 바꿀 수 있다. 이를 **바이어슈트라스 치환** 이라고 한다. 구체적으로 치환 $t = \tan\frac{x}{2}$ ($-\pi < x < \pi$)를 이용하면 다음과 같은 관계식들을 얻는다.
1. $dx = \dfrac{2}{1+t^2} dt$
2. $\sin x = \dfrac{2t}{1+t^2}$
3. $\cos x = \dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
>**Example**.
>바이어슈트라스 치환을 이용하여 다음 부정적분을 계산하여라.
>$\int \frac{1}{2+\cos x} dx$
>$t = \tan\frac{x}{2}$로 치환하면 $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$, $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$이므로 주어진 적분은 다음과 같다.
>$\int \frac{1}{2 + \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt = \int \frac{2}{(2+2t^2) + (1-t^2)} dt = \int \frac{2}{3+t^2} dt$
>위 정리의 탄젠트 적분 공식을 적용하면 ($a=\sqrt{3}$),
>$\int \frac{2}{3+t^2} dt = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right) + C = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}} \tan\frac{x}{2}\right) + C$
>**Example**.
>바이어슈트라스 치환을 이용하여 앞선 예제의 $\int \sec x ~dx$를 다시 계산하여라.
>
>$\sec x = \frac{1}{\cos x}$이므로 $t = \tan\frac{x}{2}$ 치환을 적용하면,
>$\int \frac{1+t^2}{1-t^2} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt = \int \frac{2}{1-t^2} dt = \int \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) dt $$= \ln|1+t| - \ln|1-t| + C = \ln\left| \frac{1+t}{1-t} \right| + C$
>삼각함수의 덧셈정리에 의해 $\frac{1+\tan(x/2)}{1-\tan(x/2)} = \tan\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right)$이므로, 이 결과는 앞서 구한 $\ln|\sec x + \tan x| + C$와 동일한 함수임을 보일 수 있다.
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**여담: 파인만 적분 트릭**
이번 절에서는 파인만의 적분 트릭으로 알려진 특수한 정적분을 계산하는 방법에 대해 다룰 것이다. 특히 다음 정리를 증명 없이 사용할 것이다.
>**Theorem(라이프니츠 적분 규칙)**.
>$a(x)$와 $b(x)$가 $x_0\leq x\leq x_1$에서 연속인 도함수를 갖는다고 하자. 또한 $f(x,t)$를 $x$에 대한 편미분한 $f_x(x,t)$가 $a(x)\leq t\leq b(x),~x_0\leq x \leq x_1$을 포함하는 어떤 $xt$-평면의 영역에서 연속인 함수라고 하자. 그러면 $x_0\leq x\leq x_1$에 대해 다음 식이 성립한다.
>$\frac{d}{dx}\left( \int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)dt\right)=f(x,b(x))\cdot\frac{d}{dx}b(x)-f(x,a(x))\cdot\frac{d}{dx}a(x)+\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial}{\partial x}f(x,t)dt$
파인만의 적분 트릭은 $x$로 매개화한 적분 식을 미분하여 라이프니츠 적분 규칙을 적용해 정적분을 계산한 뒤에 다시 $x$에 대해 적분하여 원함수를 구해내는 방법이다.
>**Example**.
>파인만의 적분 트릭을 이용하여 다음 정적분의 값을 계산해라.
>$\int_0^1 \frac{x^{2026}-1}{\ln x}dx$
>먼저 주어진 식을 $\alpha>-1$로 매개화 한다.
>$I(\alpha)=\int_0^1 \frac{x^\alpha-1}{\ln x}dx$
>이제 양변을 라이프니츠 규칙을 이용해 $\alpha$에 대해 미분한다.
>$\frac{d}{d\alpha} I(\alpha)=\int_0^1 \frac{\partial}{\partial\alpha}\frac{x^\alpha-1}{\ln x}dx=\int_0 ^1 \frac{x^\alpha\ln x}{\ln x}dx=\left[\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\right]_0 ^1=\frac{1}{\alpha+1}$
>양변을 다시 $\alpha$에 대해 부정적분 해주면
>$I(\alpha)=\ln |\alpha+1|+C$
>마지막으로 적분상수 $C$를 결정해야 한다. $\alpha=0$일 때 피적분 함수가 0이므로 $I(0)=C=0$이다. 따라서 $I(\alpha)=\ln |\alpha+1|$이 되고, 처음에 계산하려던 값은 $I(2026)=\ln 2027$이다.
>**Example(디리클레 적분)**.
>파인만의 적분 트릭을 이용하여 다음 정적분의 값을 계산해라.
>$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx$
>주어진 적분을 $\alpha\geq0$으로 다음과 같이 매개화 한다.
>$I(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx$
>양변을 $\alpha$로 미분하면 익숙한 적분이 된다.
>$\frac{d}{d\alpha}I(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}(-x)e^{-\alpha x}dx=-\int_0^\infty e^{-\alpha x}\sin x ~dx=\left[ \frac{e^{-\alpha x}(\alpha\sin x+\cos x)}{\alpha^2+1} \right]_0^\infty=-\frac{1}{\alpha^2+1}$
>마지막 계산을 위해 앞선 예제($e^{ax}\sin bx$ 적분)의 결과를 사용하였다. 양변을 다시 $\alpha$에 대해 적분해주면
>$I(\alpha)=-\arctan\alpha+C$
>적분 상수 $C$를 계산하기 위해 $\alpha\rightarrow\infty$일 때 피적분 함수가 0이 된다는 것을 이용하면
>$I(\infty)=-\frac{\pi}{2}+C=0 \implies I(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\arctan\alpha.$
>따라서 구하려던 값은
>$I(0)=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.$
>이 피적분 함수 또한 $e^{-x^2}$와 같이 부정적분을 초등함수로 나타낼 수 없다는 것이 알려져 있다. 관심이 있다면 삼각 적분 함수(Trigonometric integrals)를 찾아보아라.
>**Example**.
>$|\alpha|\neq1$에 대해 다음 적분을 계산하여라.
>$I(\alpha)=\int_0^\pi \ln (1-2\alpha\cos x +\alpha^2)dx$
>양변을 $\alpha$로 미분하면 다음 식을 얻는다.
>$\frac{d}{d\alpha}I(\alpha)=\int_0^\pi \frac{-2\cos x +2\alpha}{1-2\alpha\cos x +\alpha^2}dx= \frac{1}{\alpha}\int_0^\pi \left(1-\frac{1-\alpha^2}{1-2\alpha\cos x+\alpha^2} \right)dx$$=\frac{\pi}{\alpha}-\frac{2}{\alpha}\left[\tan^{-1}\left(\frac{1+\alpha}{1-\alpha}\tan\frac{x}{2}\right) \right]_0^\pi$
>두 번째 적분을 계산하기 위해 바이어슈트라스 치환을 사용했다. $x$가 0부터 $\pi$까지 움직일 때, 다음을 확인해볼 수 있다.
>$\begin{cases} \frac{1-\alpha}{1+\alpha}\tan\frac{x}{2}\geq 0,&\quad |\alpha|<1,\\ \frac{1-\alpha}{1+\alpha}\tan \frac{x}{2}\leq 0,&\quad |\alpha|>1. \end{cases}$
>$\implies \left.\tan^{-1}\left(\frac{1+\alpha}{1-\alpha}\tan\frac{x}{2}\right)\right|_0^\pi =\begin{cases} +\frac{\pi}{2}, \quad |\alpha|<1,\\ -\frac{\pi}{2}, \quad |\alpha|>1. \end{cases}$
>따라서 다음 결과를 얻는다.
>$\frac{d}{d\alpha}I(\alpha)=\begin{cases} 0, \quad &|\alpha|<1\\ \frac{2\pi}{\alpha},\quad &|\alpha|>1 \end{cases} \implies I(\alpha)=\begin{cases} 0,\quad &|\alpha|<1,\\ 2\pi \ln|\alpha|, \quad &|\alpha|>1. \end{cases}$
>$|\alpha|<1$에서 적분 상수는 $I(0)=\int_0^\pi \ln 1 ~dx=0$임을 사용하였고, $|\alpha|>1$에 대해서는 $\alpha=1/\beta$로 치환하면 $|\beta|<1$이므로
>$I(\alpha)=\int_0^\pi \ln \left(1-\frac{2}{\beta}\cos x+\frac{1}{\beta^2}\right) dx$$=\int_0^\pi \left( \ln\frac{1}{\beta^2}+\ln \left(1-2\beta\cos x+\beta^2\right) \right)dx=-2\pi \ln|\beta|+0=+2\pi\ln|\alpha|.$
>**Example**.
>파인만 적분 트릭을 이용해 다음 정적분의 값을 계산하여라.
>
>$(1)\quad \displaystyle\int_0^1 \frac{\ln (1+x)}{x}dx$
>
>$(2)\quad \displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$
>
>$(3)\quad \displaystyle\int_0^1 \frac{\sin(\ln x)}{\ln x}dx$
>
>$(4)\quad \displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{x}{\tan x}dx$
>
>$(5)\quad \displaystyle\int_0^\infty \frac{\cos x}{1+x^2}dx$
>
>이 문제들은 독자들에게 연습문제로 남긴다.
# 참고
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