도쿄대 2019-1(이과)

 

 

 

 

다음의 정적분을 계산하시오.

$${\int }_0^1(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}})dx$$

 

 

 

 

 

 

생각해보기

 

 

어짜피 전개를 하지 않고는 다음 단계로 나아갈 수 없다. 전개 후에는 각 항 별로 따로 적분할 수 있다. 물론 적절히 치환적분을 사용해야 되지만, 그 방법이 전형적이다.

 

 

 

 

 

 

풀이

 

 

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^1(x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}})dx\\ =& {\int }_0^1(x^2+\frac{x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2})dx\\ =& {\int }_0^1(x^2+\frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}+\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2})dx\\ =& {\int }_0^1{x}^{2}dx+{\int }_0^1\frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}dx+{\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2}dx\end{array}$$

 

첫 번째 정적분은,

$${\int }_0^1{x}^{2}dx={\left[\frac{1}{3}{x}^3\right]}_0^1=\frac{1}{3}$$

 

두 번째 정적분은,  $t=\sqrt{1+x^2}$ 의 치환을 이용하자. 이때 $$\frac{dt}{dx}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$이고,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{2x^3+x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}dx& ={\int }_0^1\frac{2x^2+1}{1+x^2}\cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx\\ & ={\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{2t^2-1}{t^2}dt\\ & ={[2t+\frac{1}{t}]}_1^{\sqrt{2}}\\ & =\frac{5\sqrt{2}}{2}-3\end{array}$$

 

마지막으로 세 번째 정적분은,  $x=\tan t$ 의 치환을 이용하자. 이때 $$\frac{dx}{dt}={\sec }^{2}t=1+x^2$$이고,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^2}{(1+x^2{)}^2}dx& ={\int }_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\cdot \frac{1}{1+x^2}dx\\ & ={\int }_0^{\pi /4}\frac{{\tan }^{2}t}{1+{\tan }^{2}t}dt\\ & ={\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}tdt\\ & ={\int }_0^{\pi /4}\frac{1-\cos 2t}{2}dt\\ & ={[\frac{t}{2}-\frac{\sin 2t}{4}]}_0^{\pi /4}\\ & =\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\end{array}$$

 

이상으로 구하는 정적분의 값은,

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{3}+(\frac{5\sqrt{2}}{2}-2)+(\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4})\\ =& \frac{\pi }{8}+\frac{5\sqrt{2}}{2}-\frac{35}{12}\end{array}$$이다.