(가)함수의 곱의 미분법으로부터 유도되는 부분적분법은 적분의 계산에 유용하다. 함수의 곱의 미분법에서{f(x)g(x)}′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)이므로f(x)g(x)=∫f′(x)g(x)dx+∫f(x)g′(x)dx이다. 따라서 다음 공식이 성립한다.∫f(x)g′(x)dx=f(x)g(x)−∫f′(x)g(x)dx이 공식을 이용한 적분법을 부분적분법이라 한다. 부분적분법을 이용할 때, 미분하여 그 결과가 간단히 되는 것을 f(x)로, 적분하기 쉬운 것을 g′(x)로 택하면 편리하다.
예제 1. 부정적분 ∫xexdx를 구하기 위하여 f(x)=x, g′(x)=ex로 놓고 부분적분법을 적용하면, f′(x)=1, g(x)=ex이므로∫xexdx=xex−∫1⋅exdx=xex−ex+C
예제 2. 부정적분 ∫lnxdx를 구하기 위하여 f(x)=lnx, g′(x)=1로 놓고 부분적분법을 적용하면, f′(x)=x1, g(x)=x이므로∫lnxdx=xlnx−∫x1⋅xdx=xlnx−x+C
(나)구간에서 정의된 함수 f(x)가 증가함수라는 것은 x1<x2를 만족하는 구간 내의 임의의 x1,x2에 대하여 f(x1)<f(x2)가 성립하는 것이다. 함수 f(x)가 연속인 증가함수인 경우 역함수 f−1(y)가 존재하며 이 함수는 연속인 증가함수이다. 양의 실수 c에 대하여 폐구간 [0,c]에서 정의된 f(0)=0이고 연속인 증가함수 f(x)가 주어졌다고 하자.
이제 0<a<c, 0<b<f(c)인 a,b에 대하여 정적분 ∫0af(x)dx는 x=0부터 x=a까지 곡선 y=f(x)아래의 넓이를 의미하고 ∫0bf−1(y)dy는 y=0부터 y=b까지 곡선의 왼쪽 부분의 넓이를 의미하므로 그림으로부터 아래와 같은 부등식을 얻을 수 있다.(ㄱ) ab≤∫0af(x)dx+∫0bf−1(y)dy이 부등식의 등호는 정확히 b=f(a)일 때 성립한다. 이 부등식을 영(Young)의 부등식이라고 한다.
예제 3. 음이 아닌 실수들의 집합에서 음이 아닌 실수들의 집합으로의 함수 f1(x)=ex−1를 생각해보자. 이 함수의 역함수는 f1−1(y)=ln(1+y)로 주어진다. 양수 a,b에 대하여 ∫0a(ex−1)dx=ea−a−1, 그리고 부분적분법에 의하여 ∫0bln(1+y)dy=(1+b)ln(1+b)−b이 성립하므로, 영의 부등식을 적용하여 아래 부등식을 얻는다.ab≤ea+(1+b)ln(1+b)−a−b−1단, 등호는 b=ea−1일 때 성립한다.
예제 4. 적당한 양의 실수 m에 대하여 함수 f2(x)=xm에 영의 부등식을 적용하고 식을 변형하면 임의의 양의 실수 a,b에 대하여 아래의 부등식을 얻는다.ab≤32a3/2+31b3
예제 5. 양의 실수 전체에서 정의된 함수 f3(x)=21(ex−e−x)는 0에서의 함수값이 0이고 연속인 증가함수이다. 이 함수의 역함수를 구하여 영의 부등식을 적용하면 적당한 실수 p,q,r,s,t에 대하여 아래의 부등식을 얻는다.(ㄴ) ab≤pea+qe−a+rbln(b+b2+1)+s1+b2+t
[문제 2-1] (10점) 제시문의 그림은 b<f(a)인 경우를 직관적으로 나타낸다. 함수 f(x)와 그 역함수 f−1(y)가 모두 미분가능이라고 가정하고, b>f(a)의 경우 영의 부등식 (ㄱ)을 부분적분법을 이용하여 증명하라.
[문제 2-2] (10점) 폐구간 [2,5]에서 정의된 연속인 증가함수 f(x)에 대하여 f(2)=3, f(5)=17, ∫25f(x)dx=29일 때 ∫317f−1(y)dy의 값은 얼마인가?
[문제 2-3] (10점) 예제 4를 m을 적절히 선택하여 증명하고, 등호가 성립하기 위한 필요충분조건을 제시하라.
[문제 2-4] (10점) 예제 5의 함수 f3(x)=21(ex−e−x)의 역함수를 구하라.
[문제 2-5] (10점) 예제 5의 (ㄴ) 부등식의 상수 p,q,r,s,t를 등호가 성립하는 경우가 생기도록 정하라.
해설강의 준비중
아주대 2014학년도 모의 자연계열 2번 · mathesis.kr/archive/ajou/2014mo/jayeon_2
[문제 2-1]우선(*) ∫0bf−1(y)dy=∫0f(a)f−1(y)dy+∫f(a)bf−1(y)dy(*)의 우변 첫 번째 적분에서 z=f−1(y)로 치환하면,∫0f(a)f−1(y)dy=∫0azf′(z)dz를 얻는다.한편, 부분적분법에 의하여∫0azf′(z)dz=af(a)−∫0af(z)dz이 성립한다.(*)에 이를 대입하면∫0af(x)dx+∫0bf−1(y)dy=∫0af(x)dx+∫0f(a)f−1(y)dy+∫f(a)bf−1(y)dy=af(a)+∫f(a)bf−1(y)dy함수 f−1는 증가함수이므로af(a)+∫f(a)bf−1(y)dy≥af(a)+(b−f(a))a=ab그러므로 부등식 ∫0af(x)dx+∫0bf−1(y)dy≥ab가 성립한다.
[문제 2-2]함수와 역함수의 그래프를 통해 아래 등식이 성립함을 알 수 있다.∫25f(x)dx−(5−2)⋅3+∫317f−1(y)dy−(17−3)⋅2=(5−2)⋅(17−3)따라서 ∫317f−1(y)dy=50이다.
[문제 2-3]예제 4의 함수 f2(x)=xm에서 m을 1/2로 택하면 함수 f2의 역함수는 f2−1(y)=y2이다. 간단한 적분 계산 ∫0af2(x)dx=∫0ax1/2dx=32a23, ∫0bf2−1(y)dy=∫0by2dy=31b3과 영의 부등식으로부터 양의 실수 a,b에 대한 아래 부등식을 얻는다.ab≤32a3/2+31b3제시문 (나)에 따르면, 이 부등식의 등호가 성립하기 위한 필요충분조건은 b=f2(a), 즉 a=b2이다.
[문제 2-4]주어진 실수 x에 대하여 x=21(ey−e−y)을 만족하는 y를 구하면 된다. 이 식의 양변에 ey를 곱하고 ey에 대한 이차 방정식을 풀면 ey>0으로부터 ey=x+x2+1, 따라서 y=ln(x+x2+1), 즉 역함수에 대한 식 f3−1(x)=ln(x+x2+1)을 얻는다.
[문제 2-5]제시문의 f3(x)와 [문제 2-4]에서 구한 역함수 f3−1(y)에 영의 부등식을 적용한다.우선 ∫0af3(x)dx=2ea+e−a−2. 부분적분법에 의하여∫0bf3−1(y)dy=∫0bln(y+y2+1)dy=[yln(y+y2+1)]0b−∫0by2+1ydy을 얻고 마지막 적분을 치환 적분으로 구하면∫0bf3−1(y)dy=bln(b+b2+1)−[y2+1]0b=bln(b+b2+1)−b2+1+1 영의 부등식을 적용하면ab≤2ea+e−a−2+bln(b+b2+1)−b2+1+1p=21,q=21,r=1,s=−1,t=0으로 선택하면 부등식 (ㄴ)이 모든 양수a,b에 대하여 성립하며 b=2ea−e−a일 때 등호가 성립한다.