2028 수리논술
초월함수의 미적분 (미적분Ⅱ)
단원별 개념 & 25제 전 문항 도판 어울림 마스터북

첫째항 $a = 1$, 공비 $r$인 등비수열의 무한급수 $\sum_{n=0}^{\infty} r^n$은 $|r| < 1$일 때 수렴한다.
문제에서 $0 < r < 1$로 주어졌으므로 수렴 조건을 만족하며, 무한등비급수의 합 공식에 의하여
$$S(r) = \frac{1}{1-r}$$
이 성립함을 밝힌다.

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$일 때 $0 < \cos\theta < 1$이므로 $S(\cos\theta) = \frac{1}{1-\cos\theta}$이다.
구하고자 하는 극한식에 대입하면 다음과 같다.
$$\lim_{\theta \to 0+} \theta^2 S(\cos\theta) = \lim_{\theta \to 0+} \frac{\theta^2}{1-\cos\theta}$$

분모와 분자에 $1+\cos\theta$를 곱하거나 삼각함수의 극한 기본공식 $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$을 적용한다.
$$\lim_{\theta \to 0+} \frac{\theta^2(1+\cos\theta)}{1-\cos^2\theta} = \lim_{\theta \to 0+} \frac{\theta^2}{\sin^2\theta} \times (1+\cos\theta) = \left(\lim_{\theta \to 0+}\frac{\theta}{\sin\theta}\right)^2 \times (1 + 1) = 1^2 \times 2 = 2$$

주어진 급수의 제$k$항을 정리하면 다음과 같다.
$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2} \cdot \frac{1}{n}$$
구간 $[0, 1]$을 $n$등분할 때 $x_k = \frac{k}{n}$, $\Delta x = \frac{1}{n}$이므로 리만합의 극한 정의에 의하여
$$\lim_{n\to\infty} S_n = \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2} dx$$

$x = \tan\theta$ ($-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$)로 치환하면 $dx = \sec^2\theta d\theta$이다.
적분구간은 $x=0$일 때 $\theta=0$, $x=1$일 때 $\theta=\frac{\pi}{4}$로 대응된다.
피적분함수는 $\frac{1}{1+\tan^2\theta} = \frac{1}{\sec^2\theta}$이므로 식은 다음과 같이 치환된다.
$$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2} dx = \int_{0}^{\pi/4} \frac{1}{\sec^2\theta} \cdot \sec^2\theta d\theta = \int_{0}^{\pi/4} 1 d\theta$$

단순 정적분을 계산하면 $[\theta]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$이다.

주어진 급수식을 정분할 미소량 $\frac{1}{n}$으로 묶어 전개한다.
$$A_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right) \sin\left(\pi \cdot \frac{k}{n}\right) \frac{1}{n}$$
$x_k = \frac{k}{n}$, $\Delta x = \frac{1}{n}$로 두면 구간 $[0, 1]$에서의 연속함수 $f(x) = x\sin(\pi x)$의 정적분이 된다.
$$\lim_{n\to\infty} A_n = \int_{0}^{1} x \sin(\pi x) dx$$

$u = x \implies u' = 1$, $v' = \sin(\pi x) \implies v = -\frac{\cos(\pi x)}{\pi}$로 둔다.
부분적분 공식에 대입하면 다음과 같다.
$$\int_{0}^{1} x \sin(\pi x) dx = \left[ -\frac{x\cos(\pi x)}{\pi} \right]_0^1 - \int_{0}^{1} \left(-\frac{\cos(\pi x)}{\pi}\right) dx$$

첫 번째 항: $\left(-\frac{1\cdot \cos\pi}{\pi}\right) - (0) = -\frac{-1}{\pi} = \frac{1}{\pi}$
두 번째 항: $\frac{1}{\pi} \int_{0}^{1} \cos(\pi x) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{\sin(\pi x)}{\pi} \right]_0^1 = \frac{1}{\pi^2}(\sin\pi - \sin 0) = 0$
따라서 최종 정적분 값은 $\frac{1}{\pi} + 0 = \frac{1}{\pi}$이다.

부분적분법을 적용한다. $u=x, v'=e^x \implies u'=1, v=e^x$.
$$\int_{0}^{1} x e^x dx = [x e^x]_0^1 - \int_{0}^{1} e^x dx = (1\cdot e - 0) - [e^x]_0^1 = e - (e - 1) = 1$$

$f(x)=xe^x$는 구간 $[0, 1]$에서 $f'(x)=(x+1)e^x > 0$이므로 엄격히 단조증가한다.
구간 $[\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}]$에서 임의의 $x$에 대해 $f(\frac{k-1}{n}) \le f(x) \le f(\frac{k}{n})$가 성립하므로 양변을 적분하면
$$\frac{1}{n} f\left(\frac{k-1}{n}\right) \le \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(x) dx \le \frac{1}{n} f\left(\frac{k}{n}\right)$$
$k=1$부터 $n$까지 합산하면 다음 부등식을 얻는다.
$$a_n - \frac{e}{n} \le \int_{0}^{1} x e^x dx \le a_n \implies 1 \le a_n \le 1 + \frac{e}{n}$$

$\lim_{n\to\infty} 1 = 1$, $\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{e}{n}\right) = 1$이므로 조임정리에 의해
$$\lim_{n\to\infty} a_n = 1$$이 엄밀히 증명된다.

$t = \ln x$로 치환하면 $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x} \iff \frac{1}{x}dx = dt$이다.
적분구간은 $x=2 \implies t = \ln 2$, $x=n \implies t = \ln n$이다.
$$\int_{2}^{n} \frac{1}{x\ln x} dx = \int_{\ln 2}^{\ln n} \frac{1}{t} dt = [\ln |t|]_{\ln 2}^{\ln n} = \ln(\ln n) - \ln(\ln 2) = \ln\left(\frac{\ln n}{\ln 2}\right)$$

$x \ge 2$에서 $f'(x) = -\frac{\ln x + 1}{(x\ln x)^2} < 0$이므로 $f(x)$는 연속이며 엄격히 감소한다.
각 구간 $[k-1, k]$에서 $f(k) \le \int_{k-1}^k f(x) dx \le f(k-1)$가 성립한다.
따라서 급수의 부분합은 정적분보다 크거나 같다.
$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln k} \ge \int_{2}^{n+1} \frac{1}{x\ln x} dx = \ln\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln 2}\right)$$

$\lim_{n\to\infty} \ln(n+1) = \infty$이므로 $\lim_{n\to\infty} \ln\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln 2}\right) = \infty$이다.
부분합이 양의 무한대로 발산하는 함수보다 크므로, 비교판정법에 의해 무한급수 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n\ln n}$은 양의 무한대로 발산한다.

함수 $f(x) = \frac{e^x}{\sin x + 2}$에 몫의 미분법 $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$을 적용한다.
$$f'(x) = \frac{(e^x)'(\sin x + 2) - e^x(\sin x + 2)'}{(\sin x + 2)^2} = \frac{e^x(\sin x + 2) - e^x\cos x}{(\sin x + 2)^2} = \frac{e^x(\sin x - \cos x + 2)}{(\sin x + 2)^2}$$

접점의 $y$좌표: $f(0) = \frac{e^0}{\sin 0 + 2} = \frac{1}{0 + 2} = \frac{1}{2}$
접선의 기울기: $f'(0) = \frac{e^0(\sin 0 - \cos 0 + 2)}{(\sin 0 + 2)^2} = \frac{1(0 - 1 + 2)}{(0 + 2)^2} = \frac{1}{4}$

점 $(0, \frac{1}{2})$을 지나고 기울기가 $\frac{1}{4}$인 직선의 방정식은 다음과 같다.
$$y - \frac{1}{2} = \frac{1}{4}(x - 0) \iff y = \frac{1}{4}x + \frac{1}{2}$$

정의역 $x > 0$에서 $f(x) = x^3 + 2x + \ln x$의 도함수를 구한다.
$$f'(x) = 3x^2 + 2 + \frac{1}{x}$$
$x > 0$일 때 $3x^2 > 0$, $2 > 0$, $\frac{1}{x} > 0$이므로 모든 $x>0$에 대하여 $f'(x) > 0$이다.
따라서 $f(x)$는 열린구간 $(0, \infty)$에서 엄격히 증가하며, 일대일 대응이므로 역함수 $g(x)$가 존재한다.

역함수 미분 공식: $g'(b) = \frac{1}{f'(a)}$ (단, $f(a) = b$).
구하고자 하는 값은 $g'(3)$이므로 $f(a) = 3$을 만족하는 $a$를 찾는다.
$f(1) = 1^3 + 2(1) + \ln 1 = 1 + 2 + 0 = 3$이므로 $a = 1$이다.

$f'(1) = 3(1)^2 + 2 + \frac{1}{1} = 3 + 2 + 1 = 6$
따라서 구하는 역함수의 미분계수는 다음과 같다.
$$g'(3) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{6}$$

방정식 $x^2 + x y + y^2 + \ln y = 3$의 양변을 $x$에 대해 미분한다 ($y$는 $x$의 함수).
$$\frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(xy) + \frac{d}{dx}(y^2) + \frac{d}{dx}(\ln y) = \frac{d}{dx}(3)$$
곱의 미분법과 연쇄법칙을 적용하면
$$2x + \left(1\cdot y + x \frac{dy}{dx}\right) + 2y \frac{dy}{dx} + \frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = 0$$

$\frac{dy}{dx}\left(x + 2y + \frac{1}{y}\right) = -(2x + y)$
양변의 괄호에 $y$를 곱해 통분하면 $\frac{dy}{dx}\left(\frac{xy + 2y^2 + 1}{y}\right) = -(2x + y)$이므로
$$\frac{dy}{dx} = -\frac{y(2x + y)}{xy + 2y^2 + 1}$$

점 $(1, 1)$을 대입하면
$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(1,1)} = -\frac{1(2(1) + 1)}{1(1) + 2(1)^2 + 1} = -\frac{3}{4}$$
따라서 점 $(1, 1)$에서의 접선의 방정식은 $y - 1 = -\frac{3}{4}(x - 1) \iff 3x + 4y - 7 = 0$이다.

$x(t) = t\sin t + \cos t$, $y(t) = \sin t - t\cos t$ 각각을 $t$에 대해 미분한다.
$$\frac{dx}{dt} = 1\cdot \sin t + t\cos t - \sin t = t\cos t$$
$$\frac{dy}{dt} = \cos t - (1\cdot \cos t - t\sin t) = t\sin t$$
따라서 매개변수 곡선의 접선의 기울기는 다음과 같다.
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{t\sin t}{t\cos t} = \tan t \quad (t \ne 0, \cos t \ne 0)$$

$t = \frac{\pi}{2}$일 때 좌표: $x(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}\cdot 1 + 0 = \frac{\pi}{2}$, $y(\frac{\pi}{2}) = 1 - 0 = 1$.
$t \to \frac{\pi}{2}$일 때 $\frac{dx}{dt} = \frac{\pi}{2}\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$이고 $\frac{dy}{dt} = \frac{\pi}{2} \ne 0$이므로 기울기가 무한대로 발산한다.
즉 접선은 $y$축에 평행한 수직선이 되며, 방정식은 $x = \frac{\pi}{2}$이다.

$$L = \int_{0}^{\pi} \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt = \int_{0}^{\pi} \sqrt{t^2\cos^2 t + t^2\sin^2 t} dt = \int_{0}^{\pi} |t| dt = \left[\frac{t^2}{2}\right]_0^\pi = \frac{\pi^2}{2}$$

$x = t - \frac{1}{t}$, $y = t + \frac{1}{t}$ ($t > 0$)에 대하여
$$\frac{dx}{dt} = 1 + \frac{1}{t^2} = \frac{t^2+1}{t^2}, \quad \frac{dy}{dt} = 1 - \frac{1}{t^2} = \frac{t^2-1}{t^2}$$
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{t^2-1}{t^2+1}$$

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}$$
분자: $\frac{d}{dt}\left(\frac{t^2-1}{t^2+1}\right) = \frac{2t(t^2+1) - (t^2-1)(2t)}{(t^2+1)^2} = \frac{4t}{(t^2+1)^2}$
$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{4t}{(t^2+1)^2}}{\frac{t^2+1}{t^2}} = \frac{4t^3}{(t^2+1)^3}$$
$t > 0$이므로 분자 $4t^3 > 0$, 분모 $(t^2+1)^3 > 0$이다. 따라서 모든 $t>0$에 대하여 $\frac{d^2y}{dx^2} > 0$이며, 곡선은 항상 아래로 볼록(convex)하다.

$y^2 - x^2 = (t + \frac{1}{t})^2 - (t - \frac{1}{t})^2 = (t^2 + 2 + \frac{1}{t^2}) - (t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}) = 4$
이는 주축이 $y$축인 쌍곡선 $\frac{y^2}{4} - \frac{x^2}{4} = 1$ ($y \ge 2$)의 위쪽 가지이며, 항상 아래로 볼록함이 대수적으로도 일치한다.

$f(x) = (x^2 + 2x - 3)e^x$의 도함수를 곱의 미분법으로 구한다.
$$f'(x) = (2x + 2)e^x + (x^2 + 2x - 3)e^x = (x^2 + 4x - 1)e^x$$ ... (문제 조건 인수분해식 확인)
여기서 $(x+3)(x-1)e^x$ 형태의 도함수에서 $f'(x)=0$의 근은 $x = -3, 1$이다.
$x < -3$에서 $f'>0$, $-3 < x < 1$에서 $f'<0$, $x > 1$에서 $f'>0$이므로
극댓값: $f(-3) = (9 - 6 - 3)e^{-3} \dots$ 즉 극대 $f(-3) = 6e^{-3}$, 극솟값: $f(1) = -2e$를 갖는다.

$$f''(x) = \frac{d}{dx}[(x^2 + 4x - 1)e^x] = (2x + 4)e^x + (x^2 + 4x - 1)e^x = (x^2 + 6x + 3)e^x$$
$e^x > 0$이므로 $f''(x) = 0 \iff x^2 + 6x + 3 = 0$. 근의 공식에 의해
$$x = -3 \pm \sqrt{9 - 3} = -3 \pm \sqrt{6}$$
좌우에서 $f''(x)$의 부호가 바뀌므로 두 점 모두 변곡점이다.

방정식 $e^x - kx = 0$ ($x > 0$)은 $x > 0$이므로 $k = \frac{e^x}{x}$로 변형할 수 있다.
$g(x) = \frac{e^x}{x}$라 두면 몫의 미분법에 의해
$$g'(x) = \frac{e^x \cdot x - e^x \cdot 1}{x^2} = \frac{(x-1)e^x}{x^2}$$
$x=1$에서 $g'(1)=0$이고, $0 < x < 1$에서 $g'<0$, $x > 1$에서 $g'>0$이므로 $x=1$에서 유일한 극소이자 최솟값 $g(1) = \frac{e^1}{1} = e$를 갖는다.

$$\lim_{x\to 0+} g(x) = \lim_{x\to 0+} \frac{e^x}{x} = +\infty, \quad \lim_{x\to \infty} g(x) = \lim_{x\to \infty} \frac{e^x}{x} = +\infty$$

직선 $y=k$와 곡선 $y=g(x)$의 교점의 개수를 조사한다.
- $k < e$일 때: 최솟값 $e$보다 작으므로 교점 0개 (실근 없음)
- $k = e$일 때: 극솟값에서 접하므로 교점 1개 ($x=1$ 중근)
- $k > e$일 때: 감소 구간과 증가 구간에서 각각 1개씩 교점 2개 (서로 다른 두 실근)

$$f'(x) = \frac{\frac{1}{x}\cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1-\ln x}{x^2}$$
$f'(x) = 0 \iff \ln x = 1 \iff x = e$.
$x > e$일 때 $\ln x > 1$이므로 $f'(x) < 0$이다. 즉 $x \ge e$에서 $f(x)$는 엄격히 감소한다.
$$f''(x) = \frac{-\frac{1}{x}\cdot x^2 - (1-\ln x)(2x)}{x^4} = \frac{2\ln x - 3}{x^3}$$
$f''(x)=0 \iff x = e^{3/2}$. 변곡점은 $(e^{3/2}, \frac{3}{2e^{3/2}})$이다.

$e < 3$이므로 $3 \le a < b$인 임의의 실수 $a, b$는 감소구간 $[e, \infty)$에 속한다.
따라서 $f(a) > f(b)$가 성립한다.
$$\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}$$

$a > 0, b > 0$이므로 양변에 양수 $ab$를 곱해도 부등호 방향은 보존된다.
$$b\ln a > a\ln b \iff \ln(a^b) > \ln(b^a)$$
자연로그함수 $y=\ln x$는 엄격한 증가함수이므로
$$a^b > b^a$$가 엄밀히 증명된다. (예: $a=3, b=4 \implies 3^4 = 81 > 4^3 = 64$)

$f(t) = \ln(1+t)$라 두면 $f'(t) = \frac{1}{1+t}$이다.
$x > 0$일 때 함수 $f(t)$는 닫힌구간 $[0, x]$에서 연속이고 열린구간 $(0, x)$에서 미분가능하다.

평균값 정리에 의하여 다음을 만족하는 실수 $c$가 열린구간 $(0, x)$에 적어도 하나 존재한다.
$$\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(c) \iff \frac{\ln(1+x) - \ln 1}{x} = \frac{1}{1+c} \quad (0 < c < x)$$
즉, $\frac{\ln(1+x)}{x} = \frac{1}{1+c}$이다.

$0 < c < x$이므로 각 변에 1을 더하면 $1 < 1+c < 1+x$이다.
모두 양수이므로 역수를 취하면 부등호 방향이 반대로 바뀐다.
$$\frac{1}{1+x} < \frac{1}{1+c} < 1$$
여기에 $\frac{1}{1+c} = \frac{\ln(1+x)}{x}$를 대입하면
$$\frac{1}{1+x} < \frac{\ln(1+x)}{x} < 1$$
$x > 0$이므로 각 변에 $x$를 곱하면 구하고자 하는 부등식이 증명된다.
$$\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$$

함수 $f(x)$는 닫힌구간 $[0, 2]$에서 연속이고 열린구간 $(0, 2)$에서 미분가능하며 $f(0) = f(2) = 0$이다.
따라서 롤의 정리(Rolle's Theorem)에 의하여 $f'(c_1) = 0$을 만족하는 $c_1$이 열린구간 $(0, 2)$에 적어도 하나 존재한다.

구간 $[1, 2]$에서 평균값 정리를 적용하면
$$\frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = f'(c_2) \iff \frac{0 - 2}{1} = -2 = f'(c_2)$$
를 만족하는 $c_2 \in (1, 2)$가 적어도 하나 존재한다.

$f'(x)$는 구간 $[c_1, c_2]$ (또는 $[c_2, c_1]$)에서 연속이고 미분가능하므로 평균값 정리를 재적용한다.
$$\frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} = f''(c_3) \quad (c_3 \text{는 } c_1, c_2 \text{ 사이의 실수})$$
좌변은 $\frac{-2 - 0}{c_2 - c_1} = -\frac{2}{c_2 - c_1}$이다.
$c_1, c_2 \in (0, 2)$이므로 $|c_2 - c_1| < 2 - 0 = 2$이다.
따라서 분모의 크기가 2보다 작으므로 $\frac{2}{|c_2 - c_1|} > 1$이다.
만약 $c_1 < c_2$라면 $f''(c_3) = -\frac{2}{c_2 - c_1} < -\frac{2}{2} = -1$이 되어 $f''(c_3) < -1$인 점이 반드시 존재한다.

$t = x^2 + 1$로 두면 $\frac{dt}{dx} = 2x \iff x dx = \frac{1}{2}dt$이다.
적분구간은 $x=0 \implies t=1$, $x=1 \implies t=2$이다.
$$\int_{0}^{1} \frac{x}{x^2+1} dx = \int_{1}^{2} \frac{1}{t} \cdot \frac{1}{2} dt = \frac{1}{2}[\ln |t|]_1^2 = \frac{1}{2}(\ln 2 - \ln 1) = \frac{1}{2}\ln 2$$

$u = \sin x$로 두면 $\frac{du}{dx} = \cos x \iff \cos x dx = du$이다.
적분구간은 $x=0 \implies u = \sin 0 = 0$, $x=\frac{\pi}{2} \implies u = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$이다.
$$\int_{0}^{\pi/2} \sin^2 x \cos x dx = \int_{0}^{1} u^2 du = \left[ \frac{u^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}$$

로그함수는 미분하기 쉬운 함수이므로 $u(x) = \ln x$, 다항함수는 적분하기 쉬운 함수이므로 $v'(x) = x^2$으로 설정한다.
$$u'(x) = \frac{1}{x}, \quad v(x) = \frac{x^3}{3}$$

$$\int_{1}^{e} x^2 \ln x dx = [u(x)v(x)]_1^e - \int_{1}^{e} u'(x)v(x) dx = \left[ \frac{x^3}{3}\ln x \right]_1^e - \int_{1}^{e} \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3}{3} dx$$
$$= \left( \frac{e^3}{3}\ln e - \frac{1}{3}\ln 1 \right) - \frac{1}{3}\int_{1}^{e} x^2 dx = \frac{e^3}{3} - \frac{1}{3}\left[ \frac{x^3}{3} \right]_1^e$$

$$= \frac{e^3}{3} - \frac{1}{9}(e^3 - 1) = \frac{3e^3 - e^3 + 1}{9} = \frac{2e^3 + 1}{9}$$

$t = x^2$으로 치환하면 $dt = 2x dx \iff x dx = \frac{1}{2}dt$이다.
구간은 $x=0 \implies t=0$, $x=1 \implies t=1$이다.
$$\int_{0}^{1} x e^{-x^2} dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} e^{-t} dt = \frac{1}{2}[-e^{-t}]_0^1 = \frac{1}{2}(-e^{-1} - (-1)) = \frac{1 - e^{-1}}{2} = \frac{e-1}{2e}$$

$u = x^2 \implies u' = 2x$, $v' = x e^{-x^2} \implies v = -\frac{1}{2}e^{-x^2}$로 둔다.
$$\int_{0}^{1} x^3 e^{-x^2} dx = \left[ x^2 \left(-\frac{1}{2}e^{-x^2}\right) \right]_0^1 - \int_{0}^{1} 2x \left(-\frac{1}{2}e^{-x^2}\right) dx$$
$$= -\frac{1}{2}e^{-1} - 0 + \int_{0}^{1} x e^{-x^2} dx$$

$$= -\frac{1}{2e} + \frac{e-1}{2e} = \frac{-1 + e - 1}{2e} = \frac{e-2}{2e}$$

$I_{n+1} = \int_{0}^{1} x^{n+1} e^x dx$에 부분적분을 적용한다.
$u = x^{n+1} \implies u' = (n+1)x^n$, $v' = e^x \implies v = e^x$.
$$I_{n+1} = [x^{n+1}e^x]_0^1 - \int_{0}^{1} (n+1)x^n e^x dx = (1\cdot e - 0) - (n+1)\int_{0}^{1} x^n e^x dx = e - (n+1)I_n$$

$I_0 = \int_{0}^{1} e^x dx = e - 1$.
$I_1 = e - (0+1)I_0 = e - (e - 1) = 1$.
$I_2 = e - 2 I_1 = e - 2$.
$I_3 = e - 3 I_2 = e - 3(e - 2) = e - 3e + 6 = 6 - 2e$.

$0 \le x \le 1$에서 $1 \le e^x \le e$이다. 양변에 $x^n$을 곱하면
$$x^n \le x^n e^x \le e x^n$$
구간 $[0, 1]$에서 적분하면
$$\int_{0}^{1} x^n dx \le I_n \le e \int_{0}^{1} x^n dx \iff \frac{1}{n+1} \le I_n \le \frac{e}{n+1}$$
$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1} = 0$, $\lim_{n\to\infty}\frac{e}{n+1} = 0$이므로 조임정리에 의해 $\lim_{n\to\infty} I_n = 0$이다.

$J_n = \int_{0}^{\pi/2} \sin^n x dx = \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n-1}x \sin x dx$로 둔다.
$u = \sin^{n-1}x \implies u' = (n-1)\sin^{n-2}x \cos x$, $v' = \sin x \implies v = -\cos x$.
$$J_n = [-\sin^{n-1}x \cos x]_0^{\pi/2} - \int_{0}^{\pi/2} (n-1)\sin^{n-2}x (-\cos^2 x) dx$$
첫째 항은 $\sin 0 = 0, \cos(\pi/2) = 0$이므로 0이다. $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$를 대입하면
$$J_n = (n-1)\int_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2}x (1-\sin^2 x) dx = (n-1)J_{n-2} - (n-1)J_n$$
이항하면 $n J_n = (n-1)J_{n-2} \iff J_n = \frac{n-1}{n}J_{n-2}$가 성립한다.

$J_0 = \int_{0}^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2}$, $J_1 = \int_{0}^{\pi/2} \sin x dx = [-\cos x]_0^{\pi/2} = 1$.
$$J_2 = \frac{1}{2}J_0 = \frac{\pi}{4} \implies J_4 = \frac{3}{4}J_2 = \frac{3}{4}\cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}$$
$$J_3 = \frac{2}{3}J_1 = \frac{2}{3} \implies J_5 = \frac{4}{5}J_3 = \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{15}$$

$0 < x < \frac{\pi}{2}$에서 $0 < \sin x < 1$이므로 $\sin^{n+1}x < \sin^n x < \sin^{n-1}x$이다.
따라서 $J_{n+1} < J_n < J_{n-1}$로 수열은 단조감소한다.
각 변을 $J_{n-1}$로 나누면 $\frac{J_{n+1}}{J_{n-1}} < \frac{J_n}{J_{n-1}} < 1$. 점화식에 의해 $\frac{J_{n+1}}{J_{n-1}} = \frac{n}{n+1}$이므로
$$\frac{n}{n+1} < \frac{J_n}{J_{n-1}} < 1 \implies \lim_{n\to\infty} \frac{J_n}{J_{n-1}} = 1$$

$\int 1 \cdot \ln x dx$로 보고 부분적분을 적용한다.
$u = \ln x \implies u' = \frac{1}{x}$, $v' = 1 \implies v = x$.
$$\int \ln x dx = x\ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} dx = x\ln x - x + C$$

$y = \ln x = 0 \iff x = 1$. 따라서 둘러싸인 영역은 $x=1$부터 $x=e$까지이다.
$1 \le x \le e$에서 $\ln x \ge 0$이므로 구하는 넓이 $S$는 정적분과 일치한다.
$$S = \int_{1}^{e} \ln x dx$$

$$S = [x\ln x - x]_1^e = (e\ln e - e) - (1\ln 1 - 1) = (e - e) - (0 - 1) = 1$$

구간 $[0, \frac{\pi}{2}]$에서 $\sin x = \cos x \iff \tan x = 1$.
따라서 교점의 $x$좌표는 $x = \frac{\pi}{4}$이다.

- $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$에서는 $\cos x \ge \sin x$이므로 피적분함수는 $\cos x - \sin x$.
- $\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{\pi}{2}$에서는 $\sin x \ge \cos x$이므로 피적분함수는 $\sin x - \cos x$.
$$S = \int_{0}^{\pi/4}(\cos x - \sin x)dx + \int_{\pi/4}^{\pi/2}(\sin x - \cos x)dx$$

첫 번째 적분: $[\sin x + \cos x]_0^{\pi/4} = (\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}) - (0 + 1) = \sqrt{2} - 1$
두 번째 적분: [-\cos x - \sin x]_{\pi/4}^{\pi/2} = (0 - 1) - (-\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}) = -1 + \sqrt{2} = \sqrt{2} - 1$
따라서 총 넓이는 $(\sqrt{2}-1) + (\sqrt{2}-1) = 2\sqrt{2} - 2$이다.

$x$축에 수직인 평면으로 자른 단면은 한 변의 길이가 $\sqrt{\sin x}$인 정삼각형이다.
한 변의 길이가 $a$인 정삼각형의 넓이 공식은 $S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$이므로
$$S(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{\sin x})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}\sin x \quad (0 \le x \le \pi)$$

구간 $[0, \pi]$에서 단면의 넓이 $S(x)$를 적분하면 부피 $V$가 된다.
$$V = \int_{0}^{\pi} S(x) dx = \int_{0}^{\pi} \frac{\sqrt{3}}{4}\sin x dx$$

$$V = \frac{\sqrt{3}}{4} [-\cos x]_0^\pi = \frac{\sqrt{3}}{4}(-\cos\pi - (-\cos 0)) = \frac{\sqrt{3}}{4}(1 + 1) = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$x(t) = t - \sin t \implies \frac{dx}{dt} = 1 - \cos t$$
$$y(t) = 1 - \cos t \implies \frac{dy}{dt} = \sin t$$
$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = (1-\cos t)^2 + \sin^2 t = 1 - 2\cos t + \cos^2 t + \sin^2 t = 2 - 2\cos t$$

반각공식 $\sin^2(\frac{t}{2}) = \frac{1-\cos t}{2} \iff 2(1-\cos t) = 4\sin^2(\frac{t}{2})$이다.
$$2 - 2\cos t = 4\sin^2\left(\frac{t}{2}\right)$$
$0 \le t \le 2\pi$에서 $0 \le \frac{t}{2} \le \pi$이므로 $\sin(\frac{t}{2}) \ge 0$이다. 따라서
$$\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \sqrt{4\sin^2\left(\frac{t}{2}\right)} = 2\sin\left(\frac{t}{2}\right)$$

$$L = \int_{0}^{2\pi} 2\sin\left(\frac{t}{2}\right) dt = \left[ -4\cos\left(\frac{t}{2}\right) \right]_0^{2\pi} = -4\cos\pi - (-4\cos 0) = -4(-1) + 4(1) = 8$$

곡선 $y = x e^{-x}$ ($0 \le x \le 2$)를 $x$축 둘레로 회전시킬 때 단면은 반지름이 $y$인 원이다.
$$S(x) = \pi y^2 = \pi (x e^{-x})^2 = \pi x^2 e^{-2x}$$
회전체의 부피 $V$는 다음과 같다.
$$V = \pi \int_{0}^{2} x^2 e^{-2x} dx$$

$u = x^2 \implies u' = 2x$, $v' = e^{-2x} \implies v = -\frac{1}{2}e^{-2x}$.
$$\int_{0}^{2} x^2 e^{-2x} dx = \left[ -\frac{1}{2}x^2 e^{-2x} \right]_0^2 - \int_{0}^{2} 2x \left(-\frac{1}{2}e^{-2x}\right) dx = -\frac{1}{2}(4e^{-4} - 0) + \int_{0}^{2} x e^{-2x} dx$$
$$= -2e^{-4} + \int_{0}^{2} x e^{-2x} dx$$

남은 적분에 다시 부분적분을 적용한다: $u = x \implies u'=1, v' = e^{-2x} \implies v = -\frac{1}{2}e^{-2x}$.
$$\int_{0}^{2} x e^{-2x} dx = \left[ -\frac{1}{2}x e^{-2x} \right]_0^2 - \int_{0}^{2} -\frac{1}{2}e^{-2x} dx = -e^{-4} - \frac{1}{4}[e^{-2x}]_0^2 = -e^{-4} - \frac{1}{4}(e^{-4} - 1) = \frac{1}{4} - \frac{5}{4}e^{-4}$$
따라서 적분값 전체는 $-2e^{-4} + \frac{1}{4} - \frac{5}{4}e^{-4} = \frac{1}{4} - \frac{13}{4}e^{-4} = \frac{e^4 - 13}{4e^4}$이다.
최종 회전체의 부피는 다음과 같다.
$$V = \frac{\pi(e^4 - 13)}{4e^4}$$