어느 과고생의 끄적임

A function $f$ is defined by

$$f(x) = \int^{\pi}_0 \cos t \cos (x-t) dt$$

Find the minimum value of  $f$

Sol)

먼저, 정적분으로 정의된 함수인 $f(x)$를 간단하게 표현하자. (삼각함수의 곱을 덧셈으로 바꾸는 공식을 이용하자.)

$$\int^{\pi}_0 \cos t \cos (x-t) dt = \frac{1}{2}\int^{\pi}_0 \cos (2t-x) + \cos x dt = \frac{1}{2}\int^{\pi}_0 \cos (2t-x) dt + \frac{\cos x}{2}\int^{\pi}_0 dt$$

여기서 $2t-x=u$로 치환하면, $du=2dt$가 된다. (정적분의 범위에 주의하자.)

$$\frac{1}{4}\int^{2\pi-x}_{-x} \cos u du + \frac{\cos x}{2}\int^{\pi}_0 dt = \left[\frac{\sin u}{4}\right]^{2\pi-x}_{-x} + \frac{\cos x}{2}\Bigl[t\Bigr]^{\pi}_0=\frac{\pi}{2} \cos x$$

다음으로 $f'(x)=-\frac{\pi}{2} \sin x$의 값이 0이 되는 x값을 찾으면, $0,\,\pi\,2\pi$가 있다.

여기서 $f(x)$에 위 $x$값을 대입해 비교하면 $x=\pi$일 때, $-\frac{\pi}{2}$라는 최솟값을 가지게 된다. 

(범위의 양 끝값이 극점에 해당하므로 따로 고려하지 않아도 된다.)

Evaluate the integrals

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-9}}dx$$

Sol)

$x=3\sec t$로 치환하면, $dx=3\tan t \sec t dt$이고, $\sqrt{x^2-9}=\sqrt{9\sec^2 t -9}=3\tan t$가 됨을 알 수 있다. 

$$\therefore \int \frac{1}{\sqrt{x^2-9}}dx=\int \sec t dt$$

여기서 $\int \sec t dt = \ln(\tan t + \sec t) + C$이므로

$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-9}}dx = \ln(\tan t + \sec t) + C$$

Evaluate the integrals

$$\int \frac{{\mathrm{sech}}^2 x}{2+\tanh x} dx$$

Sol)

$2+\tanh x=t$로 치환하면, ${\mathrm{sech}}^2 x \, dx=dt$

$$\int \frac{{\mathrm{sech}}^2 x}{2+\tanh x} dx = \int\frac{1}{t} dt = \ln t +C$$

$$\therefore \int \frac{{\mathrm{sech}}^2 x}{2+\tanh x} dx = \ln{\left(\tanh x +2 \right)} + C$$

Show that, for $x \gt 0$

$$\frac{x}{1+x^2} \lt \tan^{-1} x \lt x$$

Sol)

Mean Value Theorem에 의하여 $\bigl[0,x\bigr]$에서 $f(x)=\tan^{-1} x$라고 정의할 때, $0 \gt c \gt x$인 어떤 $c$가 존재하여 다음을 만족한다.

$$\frac{\tan^{-1} x-  \tan^{-1} 0}{x-0}=\frac{1}{1+c^2}\; \cdots (1)$$

여기서 $x \gt c$, $x \gt 0$일 때,

$$\frac{x}{1+x^2} \lt \frac{x}{1+c^2} \lt x\; \cdots (2)$$

식 (1)과 (2)에 의하여

$$\frac{x}{1+x^2} \lt \tan^{-1} x \lt x$$

Evaluate the integrals

$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-4}}dx$$

Sol)

$x=2\sec t$로 치환하면, $dx=2\tan t \sec t dt$이고, $\sqrt{x^2-4}=2\tan t$가 됨을 알 수 있다. 

$$\therefore \int \frac{1}{x\sqrt{x^2-4}}dx=2\int \frac{1}{4} dt = \frac{t}{2} + C$$

여기서 $t=\sec^{-1} \left(\frac{x}{2}\right)$로 나타낼 수 있으므로,

$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-4}}dx = \frac{1}{2}\sec^{-1} \left(\frac{x}{2}\right) + C$$

Evaluate the integrals

$$\int { {x} \over {1+x^4}} dx$$

Sol)

$x^2=t$로 치환하면, $2xdx=dt$

$$\int { {x} \over {1+x^4}} dx = \frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2} dt$$

여기서 $\int \frac{1}{1+t^2} dt=\tan^{-1} t + C_1$이므로

$$\int { {x} \over {1+x^4}} dx = \frac{1}{2} tan^{-1} (x^2) + C$$

Some authors define $y=\sec^{-1}x \Leftrightarrow \sec y=x$ and $y \in \Bigl[\left[0, {{\pi} \over {2}}\right) \cup \left({{\pi} \over {2}}, \pi \right]\Bigr]$.

Show that with this definition we have

$${{d} \over {dx}}\left(\sec^{-1}x\right)= {{1} \over {|x|\sqrt{x^2-1}}}, |x| \gt 1$$

Sol)

Let $y=\sec^{-1}x$ where $|x| \gt 1$

Then,

$ y=\sec^{-1}x$ 

$\implies x=\sec y$ 

$\implies {{dx} \over {dy}}= \sec y \tan y \rightarrow \sec y \tan y={{\sin y} \over {\cos^2 y}} \rightarrow$ 위에 주어진 범위에서 $\sin y \gt 0$       $\therefore \sec y \tan y \gt 0$ 

$\implies {{dy} \over {dx}} = {{1} \over {\sec y \tan y}}$ 

$\implies \left({{dy} \over {dx}}\right)^2 = {{1} \over {\sec^2 y \tan^2 y}} = {{1} \over {\sec^2 y \left(\sec^2-1\right)}}={{1} \over {x^2 \left(x^2-1\right)}}$

$\implies \left|{{dy} \over {dx}}\right|={{1} \over {|x| \sqrt{x^2-1}}}$

$$\therefore {{d} \over {dx}}\left(\sec^{-1}x\right)= {{1} \over {|x|\sqrt{x^2-1}}}, |x| \gt 1$$

The rate of change of atmospheric pressure $P$ with respect to altitude $h$ is proportional to $P$, provided that the temperature is constant. At 15℃ the pressure is $101.3 kPa$ at sea level and $87.14 kPa$ at $h = 1000m$.

Sol)

$h$에 따른 $P$의 변화율은 $P$에 비례한다.

따라서 $${{dP} \over{dh}} =kP$$ 라 할 수 있다.

이를 변수분리해서 나타내면 ${{1} \over{P}}dP = k dh$가 되고, 각변을 적분하여 정리하면,

$$\ln{P}=kh+C_1$$ $$P=e^{kh+C_1}=Ce^{kh}$$ $$\therefore P=Ce^{kh}$$

여기서 주어진 값인 $h=0m$일 때의 값과, $h=1000m$일 때의 값을 각각 대입하면 $C$와 $k$의 값을 구할 수 있다.

$h=0m$일 때 $P=101.3kPa \Rightarrow C=101.3$

$h=1000m$일 때 $P=87.14kPa \Rightarrow 87.14 = 101.3e^{1000 \cdot k}$

$$\therefore k=-0.00015057$$

$$\therefore P=101.3e^{-0.00015057h}$$

          $(a)$     $P_{3000m}=101.3e^{-0.00015057 \cdot \left(3000\right)} \approx 64.4814 kPa$

          $(b)$     $P_{6187m}=101.3e^{-0.00015057 \cdot \left(6187\right)} \approx 39.9053 kPa$

If $f$ is one-to-one. twice differentiable function with inverse function $g$, find $g''$

sol)

역함수의 미분법 공식에 의하여

$$g'(x)=\frac{1}{f'\bigl(g(x)\bigr)}$$

이를 한번 더 미분하면,

$$g''(x)=\frac{-f''\bigl(g(x)\bigr)\cdot g'(x)}{\left\{f'\bigl(g(x)\bigr)\right\}^2}$$

여기서 $g'(x)$를 넣고 정리하자.

$$g''(x)=\frac{-f''\bigl(g(x)\bigr)}{\left\{f'\bigl(g(x)\bigr)\right\}^3}$$

이렇게 우리는 두 번 미분가능한 함수 $f(x)$의 n계도함수들과 $f(x)$의 역함수 $g(x)$로만 표현된 $g''(x)$식을 얻어냈다.

Prove the identity $${\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}$$

Proof)

$$\frac{d}{dx} \left(\arcsin \frac{x-1}{x+1}\right)=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{x-1}{x+1})^2 }} \cdot  \frac{2}{(x+1)^2}= \frac{1}{\sqrt{\frac{4x}{(x+1)^2}}} \cdot \frac{2}{(x+1)^2}=\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\cdot \frac{2}{(x+1)^2}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}$$

$$\frac{d}{dx} \left(2\arctan \sqrt{x}\right)=2\cdot\frac{1}{1+(\sqrt{x})^2}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=2\cdot\frac{1}{1+x}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}$$

여기서 $\frac{d}{dx} \left(\arcsin \frac{x-1}{x+1}\right)=\frac{d}{dx} \left(2\arctan \sqrt{x}\right)$이므로, ${\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} + C$임을 알 수 있다. (단, $C$는 상수)

여기서 위 식에 x에 0을 대입하여 C를 구하자.

$${\arcsin} (-1) = 2{\arctan}(0) + C$$

$$\therefore\,C={\arcsin} (-1) - 2{\arctan}(0) =-\frac{\pi}{2}-2\cdot0=-\frac{\pi}{2}$$

따라서 우리는 $\,{\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}$가 성립함을 증명했다.