적분 공식

by I Seul Bee

이 글은 『미적분학 첫걸음』 6장 3절의 내용입니다.  (미적분학 첫걸음 차례 보기)

미적분의 기본정리는 미분의 역연산으로 정적분을 계산할 수 있게 해준다. 또한 부정적분은 그 자체로 미분의 역연산이다. 그러므로 여러 가지 적분 공식은 미분 공식으로부터 얻어진다.

기본 공식

기본 함수의 미분공식으로부터 다음을 얻는다.

보기 6.3.1. 다음 예에서 \(C\)는 국소적 상수이다.

\(\displaystyle (1) \,\, \int k \,dx = kx+C \quad \text{if \(k\) is a constant.}\)

\(\displaystyle (2) \,\, \int x^{\alpha} dx = \frac{1}{\alpha +1} x^{\alpha +1} \quad \text{if } \alpha \ne 0 ,\,\, \alpha \ne -1. \)

\(\displaystyle (3) \,\, \int \sin x \,dx = - \cos x +C . \)

\(\displaystyle (4) \,\, \int \cos x \,dx = \sin x +C. \)

\(\displaystyle (5) \,\, \int \sec^2 x \,dx = \tan x +C. \)

\(\displaystyle (6) \,\, \int e^x \,dx = e^x +C. \)

\(\displaystyle (7) \,\, \int a^x \,dx = \frac{a^x}{\ln a} +C \quad \text{if } a > 0 ,\,\, a\ne 1. \)

\(\displaystyle (8) \,\, \int \frac{1}{x} dx = \ln x +C. \)

참고. 위 보기에서 \(C\)를 단순히 상수라고 하지 않고 국소적 상수라고 하는 데에는 다음과 같은 이유가 있다. (8)을 이용하여 설명해 보겠다. \(x\)가 속한 범위가 양수와 음수를 모두 원소로 가진다고 하자. 그리고 \[f(x) = \begin{cases} \ln \lvert x \rvert +1 \quad &\text{if} \,\, x < 0 , \\[5pt] \ln \lvert x \rvert +2 \quad &\text{if} \,\, x > 0 \end{cases}\] 이라고 하자. 그러면 \(0\)이 아닌 임의의 \(x\)에 대하여 \[f ' (x) = \frac{1}{x}\] 이므로 \(f(x)\)는 \(1/x\)의 부정적분이다. 이와 같이 \(1/x\)의 부정적분은 다음과 같은 꼴로 표현된다. \[\int \frac{1}{x} dx = \begin{cases} \ln \lvert x \rvert + C_1 \quad &\text{if} \,\, x < 0 , \\[5pt] \ln \lvert x \rvert + C_2 \quad &\text{if} \,\, x > 0 \end{cases}\] 여기서 \(C_1\)과 \(C_2\)는 각각 상수이다. 이 두 상수는 서로 다를 수도 있다. 만약 \(C\)가 국소적 상수라면 \[\int \frac{1}{x}dx = \ln \lvert x \rvert +C\] 와 같이 간단하게 나타낼 수 있다.

부분적분법

함수 \(f\)와 \(g\)가 미분 가능하다고 하자. 그러면 미분의 곱 법칙에 의하여 다음을 얻는다. \[\frac{d}{dx} (f(x)g(x)) = f ' (x) g(x) + f(x) g ' (x) .\] 양변의 역도함수를 생각하면 위 식으로부터 다음 등식을 얻는다. \[f(x)g(x) = \int f ' (x) g(x) dx + \int f(x) g ' (x) dx .\] 따라서 다음과 같은 부분적분법을 얻는다.

정리 6.3.1. (부분적분법)

함수 \(f\)와 \(g\)가 \([a,\,b]\)에서 미분 가능하고, \(f ' \)과 \(g ' \)이 \([a,\,b]\)에서 적분 가능하다고 하자. 그러면 \[\int_a^b f(x)g ' (x) dx = f(b)g(b) - f(a)g(a) - \int_a^b f ' (x)g(x)dx \] 이다.

보기 6.3.2.

다음 정적분을 구해 보자. \[\int_1^e \ln x\,dx.\] \(f(x) = \ln x,\) \(g(x)=x\)라고 하면 \(f ' (x) = \frac{1}{x} ,\) \(g ' (x) = 1\)이다. \[f(x) g '(x) = \frac{d}{dx} (f(x)g(x)) - f ' (x) g (x)\] 이므로 \[\ln x = \frac{d}{dx} (\ln x \times x) - \frac{1}{x} \times x\] 이며, 양변의 역도함수를 구하면 \[\int \ln x\,dx = x\ln x -x +C\] 를 얻는다. 그러므로 \[\int_1^e \ln x\,dx = \bigg[ x\ln x - x \bigg]_1^e = (e-e) - (0-1) = 1\] 이다.

부분적분법은 다음과 같이 부정적분 형태로 나타낼 수 있다. \[\int f(x) g' (x) dx = f(x)g(x) - \int f ' (x)g(x) dx.\] 여기서 \(u=f(x),\) \(v=g(x)\)라고 하면 \[\frac{du}{dx} = f ' (x) ,\quad \frac{dv}{dx} = g'(x)\] 즉 \[du = f ' (x) dx ,\quad dv = g ' (x) dx\] 이므로 부정적분의 부분적분법을 다음과 같이 나타낼 수 있다. \[\int u \,dv = uv - \int v\,du .\]

보기 6.3.3.

다음 부정적분을 구해 보자. \[\int xe^x \,dx.\] \(u=x,\) \(dv = e^x dx\)라고 하자. 그러면 \(dv = v ' (x) dx \) 그리고 \(dv = e^x dx\)이므로 \(v ' (x) = e^x\)이다. 따라서 \[v = \int e^x dx = e^x +C_1\] 이다. 여기서 \(v=e^x\)로서 가장 간단한 형태의 역도함수를 취하자.

\(du = dx\)이므로 \[\int u \,dv = uv - \int v\,du\] 로부터 \[\int xe^x dx = xe^x - \int e^x dx = xe^x -e^x +C\] 를 얻는다.

치환적분법

\(F\)와 \(g\)가 미분 가능한 함수라고 하자. 또한 닫힌구간 \([a,\,b]\)에서 \(F ' = f\)가 성립한다고 하자. 미분의 연쇄 법칙으로부터 다음 등식을 얻는다. \[\frac{d}{dt} F(g(t)) = F ' (g(t)) g ' (t) = f(g(t)) g ' (t).\] 따라서 \[\int f(g(t)) f ' (t) dt = F(x) +C\] 이다. 그런데 \[F(x) +C = \int f(x)dx\] 이므로 \[\int f(x) dx = \int f(g(t)) g ' (t) dt\] 이다.

정리 6.3.2. (부정적분의 변수변환)

\(f\)가 연속함수이고 \(g\)가 미분 가능한 함수이면 \[\int f(x)dx = \int f(g(t)) g ' (t) dt\] 이다.

예제 6.3.4. 다음 부정적분을 구하시오. \[\int t(t^2 + 3 )^4 \,dt .\]

풀이. \(f(x)=x^4 ,\) \(g(t) = t^2 +3\)이라고 하면 \[f(g(t)) = (t^2 + 3)^4 ,\quad g ' (t)=2t\] 이다. 그러므로 변수변환 공식에 의하여 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int t(t^2 +3)^4 \,dt &= \frac{1}{2} \int f(g(t)) g ' (t) dt \\[5pt] &= \frac{1}{2} \int f(x) dx \\[5pt] &= \frac{1}{2} \int x^4 \,dx \\[5pt] &= \frac{1}{10} x^5 +C \\[5pt] &= \frac{1}{10} (t^2 +3)^5 +C . \end{align}\]

예제 6.3.5. 다음 부정적분을 구하시오. \[\int \tan t \,dt .\]

풀이. \(x=\cos t\)라고 하면 \(dx = -\sin t \,dt\)이다. \[\int \frac{1}{x} dx = \ln \lvert x \rvert + C(x)\] 이고 \(C(x)\)는 \((-\infty ,\, 0)\)과 \((0,\, \infty )\)에서 각각 상수이다. 따라서 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int \tan t \,dt &= - \int \frac{1}{\cos t} (-\sin t) dt \\[5pt] &= - \int \frac{1}{x} dx \\[5pt] &= - \ln \lvert x \rvert +C(x) \\[5pt] &= - \ln \lvert \cos t \rvert + C(\cos t). \end{align}\] 만약 \(I = \left( -\frac{\pi}{2} ,\, \frac{\pi}{2} \right)\)라고 하면 \(t\in I\)일 때 \(\cos t > 0\)이므로 \(I\)에서 \(\tan t\)의 부정적분은 다음과 같다. \[\int \tan t \,dt = - \ln \lvert \cos t \rvert +C .\] 여기서 \(C\)는 상수이다.

예제 6.3.6. 다음 부정적분을 구하시오. \[\int \sin^3 x \,\cos ^2 x \,dx.\]

풀이. \(u=\cos x\)라고 하면 \(du = -\sin x\)이다. 따라서 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int \sin^3 x \,\cos^2 x \,dx &= \int \sin^2 x\,\cos^2 x\,\sin x\,dx \\[5pt] &= \int (1-\cos^2 x ) \cos^2 x \,\sin x\,dx \\[5pt] &= - \int (1-u^2 )u^2 \,du \\[5pt] &= \int (u^4 - u^2 ) du \\[5pt] &= \frac{1}{5} u^5 - \frac{1}{3} u^3 +C \\[5pt] &= \frac{1}{5} \cos^5 x - \frac{1}{3} \cos^3 x +C. \end{align}\]

예제 6.3.7. 다음 부정적분을 구하시오. \[\int \sqrt{9-x^2} \,dx \quad (-3 \le x \le 3).\]

풀이. \(x=3\cos t\)라고 하면 \(dx = -3 \sin t\,dt\)이고 \[9-x^2 = 9 - 9 \cos^2 t = (3\sin t)^2\] 이다. 그러므로 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int\sqrt{9-x^2} dx &= \int\sqrt{(3\sin t)^2} (-3 \sin t)dt\\[5pt] &= - 9 \int \sin^2 t\,dt \\[5pt] &= - \frac{9}{2} \int (1-\cos 2t) dt\\[5pt] &= - \frac{9}{2} \left( t - \frac{1}{2} \sin 2t \right) +C. \end{align}\] 여기서 \(t=\cos^{-1} \frac{x}{3}\)이다.

예제 6.3.8. 다음 부정적분을 구하시오. \[\int \frac{1}{x^2 -4} dx \quad (-2 < x < 2) .\]

풀이. 피적분함수를 변형하면 다음과 같다. \[\frac{1}{x^2 -4} = \frac{1}{(x+2)(x-2)} = \frac{1}{4(x-2)} - \frac{1}{4(x+2)}.\] 그러므로 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int \frac{1}{x^2 -4} dx &= \frac{1}{4} \int \left( \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+2} \right)dx \\[5pt] &= \frac{1}{4} \left( \ln\lvert x-2 \rvert - \ln \lvert x+2 \rvert \right)+C. \end{align}\]