문제풀이/MIT Integration Bee

2010 MIT Integration Bee 해설 및 문제풀이 (Qualifier)

수학올인 2023. 5. 9. 23:59

2010 MIT Integration Bee 해설 및 문제풀이

■ MIT Integration Bee란?

1981년부터 매년 MIT에서 개최되는 적분 대회입니다.

문제 유형은 부정적분을 계산하는 문제와 정적분을 계산하는 문제로 나뉩니다.

부정적분을 계산하는 문제는 정답을 $x$에 대한 식으로 표현해야 합니다.

정적분을 계산하는 문제는 정답을 계산이 완료된 상수들로 표기해야 합니다.

■ 시간제한은 몇 분인가요?

본시험에선 25문제 시험지 기준 20분을 제한시간으로 두고 있습니다.

■ 이외의 규칙이 있나요?

문제 및 정답 표기 시 $\log $는 자연로그 ($\ln$)을 나타냅니다.

또, 로그 내부의 절댓값은 표기할 필요가 없으며 적분상수는 생략합니다.

추가로, 문항의 배열과 난이도는 무관합니다.

■ 문제지는 어디에서 확인할 수 있나요?

구글에 MIT Integration Bee를 검색하시면 MIT edu 페이지에서 공개된 문제를

확인하실 수 있습니다. 문제지는 2010년부터 공개되어 있습니다.

기본적으로 Qualifier 문제들만 공개되며, 2022년부터는 Qualifier 문제 및

Regular Season, Quarterfinal, Semifinal, Final문제가 전부 공개됩니다.

안녕하세요 수학올인입니다.

이번 포스팅에서는 제목과 같이 2010 MIT Integration Bee 문제들의 정답과 해설을

다룹니다. 해설(풀이)는 전부 제 풀이이며 따라서 오류가 있을 수 있습니다.

추가로, 2010년도가 아닌 다른 년도의 정답 및 해설 링크는 본문 가장 아래에 있습니다.

제 풀이에 오류, 오타 또는 궁금하신점이 있으시면 댓글로 남겨주세요.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 1번

삼각함수의 덧셈정리로부터

$$\sin(x)\sin(2x)=\frac{\cos(x)-\cos(3x)}{2} $$

이다. 또, 삼배각공식으로부터

$$\sin(3x)=3\sin x-4\sin^3 x$$

가 성립한다. 이를 이용하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2} (\cos(x)-\cos(3x))\sin(3x)dx \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\left(3\sin x\cos x-4\sin^3x\cos x - \sin(3x)\cos(3x)\right)dx \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2} - 1 -\frac{1}{6}\right) \\ &= \frac{1}{6}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 2번

배각 공식을 이용하면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)}&=8\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^3 x\cos^4 x dx \\ &= 8\int_0^\frac{\pi}{2}\sin x(1-\cos^2 x)\cos^4 xdx \\ &=8\int_0^1(t^4 - t^6)dt \quad (\cos x=t) \\ &=8\left(\frac{1}{5} - \frac{1}{7}\right) \\ &=\frac{16}{35} \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 3번

$x-1=t$로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int(t+2)^2 t^\frac{1}{3} dt \\ &= \int \left( t^\frac{7}{3} + 4t^\frac{4}{3} + 4t^\frac{1}{3}\right)dt \\ &= \frac{3}{10} t^\frac{10}{3} + \frac{12}{7}t^\frac{7}{3} + 3t^\frac{4}{3} \\ &= \frac{3}{10} (x-1)^\frac{10}{3} + \frac{12}{7}(x-1)^\frac{7}{3} + 3(x-1)^\frac{4}{3}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 4번

로그의 성질을 이용해 식을 정리하면

$$\int x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)dx =\int x\ln(x+1)dx-\int x\ln xdx $$

가 성립한다. 이제

$$I=\int x\ln(x+1)dx,\quad J=\int x\ln xdx$$

라고 하자. 각각을 계산하면

$$\begin{align} I &= \frac{1}{2}x^2\ln(x+1) - \frac{1}{2}\int\frac{x^2}{x+1}dx \\ &=\frac{1}{2}x^2\ln(x+1)-\frac{1}{2}\int\left(x-1+\frac{1}{x+1}\right)dx \\ &=\frac{1}{2}x^2\ln(x+1)-\frac{x^2}{4}+\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\ln(x+1) \end{align}$$

이고

$$\begin{align} J &= \frac{1}{4}\int 2x\ln(x^2)dx \\ &= \frac{1}{4}\int \ln tdt \quad (x^2 = t) \\ &= \frac{1}{4}(t\ln t - t) \\ &=\frac{1}{2}x^2\ln x - \frac{1}{4}x^2 \end{align}$$

이다. 따라서 우리가 구하는 적분값은

$$I-J = \frac{1}{2}x^2\ln(x+1)+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\ln(x+1) - \frac{1}{2}x^2\ln x$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 5번

$x=e^{-t}$로 치환한 뒤 라플라스 변환을 이용하면

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int_0^\infty \sin^2t e^{-t}dt \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty (1-\cos(2t))e^{-t}dt \\ &=\frac{1}{2}\mathscr{L}\left\{1-\cos(2t)\right\}_{s=1} \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2 + 4}\right)_{s=1} \\ &=\frac{2}{5}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 6번

분모 분자에 $e^x$를 곱한 뒤 $e^x = t$로 치환하면 부분분수 분해로부터

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int\frac{e^x}{e^x(3e^x + 1)}dx \\ &= \frac{1}{t(3t+1)}dt \quad (e^x t) \\ &= 3\int\frac{1}{3t(3t+1)}dt \\ &= 3\int \left(\frac{1}{3t} - \frac{1}{3t+1}\right)dt \\ &= \ln t - \ln (3t+1) \\ &= x - \ln(3e^x + 1) \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 7번

$\sin^2 x+\cos^2 x=1$임을 반복해서 적용하자. 그러면 피적분함수는

$$\begin{align}\frac{1}{\sin^3 x\cos^5 x} &= \frac{\sin^2 x+\cos^2 x}{\sin^3 x\cos^5 x} \\ &= \frac{1}{\sin x\cos^5 x}+\frac{1}{\sin^3 x\cos^3 x} \\ &= \frac{\sin^2 x+\cos^2 x}{\sin x\cos^5 x}+\frac{\sin^2 x+\cos^2 x}{\sin^3 x\cos^3 x} \\ &= \cdots \\ &= \frac{\sin x}{\cos^5 x} + \frac{2\sin x}{\cos^3 x} + \frac{3}{\sin x\cos x} + \frac{\cos x}{\sin^3 x} \end{align}$$

이다. 한편 이는 모두 항별로 적분가능하므로

(3번째 항의 경우 배각공식을 통해 코시컨트로 만들어 적분한다.)

구하는 적분값은

$$\text{(Integral)} = \frac{16}{3} + \frac{3}{2}\ln 3$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 8번

$\sqrt{x^4 - 1}=t$로 치환하자. 그러면

$$x^4-1=t^2\quad\Longrightarrow\quad dx=\frac{t}{2x^3}dt$$

가 성립한다. 이로부터

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \int_0^\infty \frac{1}{xt}\times\frac{t}{2x^3}dt \\ &= \int_0^\infty \frac{1}{2x^4}dt \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1}{t^2 + 1}dt \\ &= \frac{\pi}{4}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 9번

분자, 분모를 $x^6$으로 나누면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int\frac{x^{-6}}{1+x^{-5}}dx \\ &= -\frac{1}{5}\int\frac{1}{t}dt\quad(1+x^{-5}=t) \\ &= -\frac{1}{5}\ln t \\ &= -\frac{1}{5}\ln\left(1+\frac{1}{x^5}\right) \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 10번

$$I = \int_0^\frac{\pi}{4}\sqrt{\tan x}dx,\quad J = \int_0^\frac{\pi}{4}\sqrt{\cot x}dx$$

라고 하자. 그러면

$$\begin{align} I+J &= \int_0^\frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}\right)dx \\ &= \sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin 2x}}dx \\ &= \sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{1-(\sin x-\cos x)^2}}dx \\ &= \sqrt{2}\int_{-1}^0\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt \quad (\sin x-\cos x=t) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\pi \end{align}$$

이고

$$\begin{align} I-J &= \int_0^\frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\tan x} - \sqrt{\cot x}\right)dx \\ &= \sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin 2x}}dx \\ &= -\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{(\sin x+\cos x)^2 - 1}} dx \\ &= -\sqrt{2}\int_1^\sqrt{2}\frac{1}{\sqrt{t^2 - 1}}dt \quad (\sin x+\cos x=t) \\ &= -\sqrt{2}\cosh^{-1}(\sqrt{2}) \\ &= -\sqrt{2}\ln(1+\sqrt{2}) \end{align}$$

이다. 따라서 우리가 구하는 적분값은

$$I=\frac{(I+J)+(I-J)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\pi - \frac{\sqrt{2}}{2}\ln(1+\sqrt{2})$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 11번

$x=\tan t$로 치환하자. 그러면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int_0^\frac{\pi}{4}\ln(1+\tan t)dt \\ &= I \end{align}$$

이다. 이제 $x=\frac{\pi}{4}-t$로 치환하면

$$\begin{align} I &= \int_0^\frac{\pi}{4}\ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-t\right)\right)dt \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}\ln\left(1+\frac{1-\tan t}{1+\tan t}\right)dt \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}\ln\left(\frac{2}{1+\tan t}\right)dt \\ &= \frac{\pi}{4}\ln 2 - \int_0^\frac{\pi}{4}\ln(1+\tan t)dt \\ &= \frac{\pi}{4}\ln 2 - I \end{align}$$

이므로, 구하는 적분값은

$$I=\frac{\pi}{8}\ln 2$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 12번

$x=t^6$으로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= 6 \int_2^3 \frac{t^3}{t^3-t^2}\times t^5 dt \\ &= 6\int_2^3\frac{t^6}{t-1}dt \\ &= 6\int_2^3\left(t^5+t^4+\cdots+t+1+\frac{1}{t-1}\right)dt \\ &= \frac{10747}{10}+6\ln 2 \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 13번

주어진 피적분함수는 $x^x$의 도함수이므로 구하는 적분은

$$\text{(Integral)} = x^x$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 14번

$x^\frac{5}{2}=t$로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \frac{2}{5}\int_1^2 (t-1)^2\sqrt{t}dt \\ &= \frac{2}{5}\int_1^2\left(t^\frac{5}{2}-2t^\frac{3}{2}+t^\frac{1}{2}\right)dt \\ &= \frac{88\sqrt{2}-32}{525}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 15번

$x=\tan t $로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)}&= \int_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2} \frac{\sec^2 t}{\sec^4 t}dt \\ &= \int_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2} \cos^2 tdt \\ &=\frac{1}{2}\int_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2}\left(1+\cos(2t)\right)dt = \frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 16번

적분공식

$$\int \frac{1}{a^2-x^2}dx = \frac{1}{2a}\ln\left(\frac{a+x}{a-x}\right)$$

와 부분분수 분해를 이용하여 주어진 적분을 계산하면

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int_0^1\frac{1}{(x^2-4)(x^2-9)}dx \\ &= -\frac{1}{5}\int_0^1\left(\frac{1}{x^2-4}+\frac{1}{9-x^2}\right)dx \\ &= \frac{1}{5}\int_0^1\left(\frac{1}{4-x^2}-\frac{1}{9-x^2}\right)dx \\ &= \frac{\ln 3}{20} - \frac{\ln 2}{30} \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 17번

주어진 식에서 $\ln x = t$로 치환하면 구하는 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int \ln tdt \\ &= t\ln t - t \\ &= \ln x \ln(\ln x) - \ln x \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 18번

분자 분모에 $\sin x$를 곱해 식을 정리하면 구하는 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \int\frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}dx \\ &= \ln (\sin x-\cos x) \end{align}$$
이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 19번

우선 주어진 피적분함수를 관찰했을 때 다항함수와 삼각함수가 혼재되어 있으므로

탄젠트 반각치환보단 몫미분 꼴을 의심해볼 수 있다. 분모의 미분꼴을 확인해보면

$$(x^2+x\cos x)'=2x+\cos x-x\sin x$$

인데, 분자를 다시 쓰면

$$\cos x+x\sin x = (x^2 + x\cos x)' - 2x(1-\sin x)$$

이다. 이를 이용해서 주어진 부정적분을 계산하면

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int \frac{(x^2 + x\cos x)' - 2x(1-\sin x)}{x(x+\cos x)}dx \\ &= \int \frac{(x^2 + x\cos x)'}{x^2 + x\cos x}dx-2\int\frac{1-\sin x}{x+\cos x}dx \\ &= \ln(x^2+x\cos x)-2\ln(x+\cos x) \\ &=\ln\left(\frac{x}{x+\cos x}\right)\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 20번

주어진 적분을 다시 쓰면

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\cos x}{\sin x\cos x + 1}dx = I \end{align}$$

이다. 이제 $x=\frac{\pi}{2}-t$로 치환하면

$$I=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{\sin x\cos x + 1}dx$$

이다. 두 식을 더한 뒤 적분 공식 $$\int \frac{1}{a^2-x^2}dx = \frac{1}{2a}\ln\left(\frac{a+x}{a-x}\right)$$

을 이용하면 구하는 적분은

$$\begin{align} 2I &= \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x\cos x + 1}dx \\ &= \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x+\cos x}{\frac{1-(\sin x-\cos x)^2)}{2} + 1}dx \\ &= 2\int_{-1}^1\frac{1}{3-t^2}dt \quad (\sin x-\cos x = t) \\ &= 4\int_0^1\frac{1}{3-t^2}dt \\ &= 4\times \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\left(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\right) \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}}\ln\left(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\right) \\ &= 2I\end{align}$$

이다. 따라서 우리가 구하는 적분값은

$$I=\frac{1}{\sqrt{3}}\ln\left(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}\ln(2+\sqrt{3})$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 21번

분자와 분모를 $e^x$로 나눈 뒤 $e^{-x}=t$로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align} \text{(Integral)} &= \int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\sqrt{1+e^{-x}+e^{-2x}}}dx \\ &= \int_0^1\frac{1}{\sqrt{t^2+t+1}}dt \\ &= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{\left(t+\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}}dt \\ &= \sinh^{-1}(\sqrt{3}) - \sinh^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \\ &= \ln(2+\sqrt{3})-\frac{1}{2}\ln 3 \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 22번

$x^2 = t$로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \frac{1}{2}\int_0^1 te^t dt \\ &= \frac{1}{2} \end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 23번

피적분함수를 관찰해보면 같은꼴이 반복되는 형태이다. 피적분함수를 직접 구하기 위해

피적분함수 전체를 $y$로 치환하면

$$y=\sqrt{1+x\sqrt{1+x\sqrt{1+x\sqrt{\cdots}}}} = \sqrt{1+xy}$$

이다. 양변을 제곱하면 $y$에 대한 이차방정식

$$y^2-xy-1=0$$

을 얻고 이를 근의 공식을 이용해서 풀면 부호를 고려했을 때

$$y=\frac{x+\sqrt{x^2 + 4}}{2}$$

임을 얻는다. 따라서 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \frac{1}{2}\int_0^1\left(x+\sqrt{x^2 + 4}\right)dx \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\int_0^1\sqrt{x^2 + 4}dx \\ &= \frac{1}{4} + 2\int_0^{\tan^{-1}(1/2)} \sec^3 tdt \quad (x=2\tan t) \\ &= \frac{1}{4} + \left(\sec t\tan t+\ln(\sec t+\tan t)\right)\bigg|^{\tan^{-1}(1/2)}_0 \\ &= \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{5}}{4} + \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 24번

$x=e^t$로 치환하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \int \left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\right)e^t dt \\ &=\int\left(e^t \times \frac{1}{t} - e^t \times \frac{1}{t^2}\right)dt \\ &= \int \left(e^t \times \frac{1}{t} + e^t \times \left(-\frac{1}{t^2}\right)\right)dt \end{align}$$

에서 $f(t)=e^t, g(t)=\frac{1}{t}$라고 했을때 곱미분의 역과정을 떠올리면

$$\begin{align} \int \left(e^t \times \frac{1}{t} + e^t \times \left(-\frac{1}{t^2}\right)\right)dt &= \int (f'(t)g(t)+f(t)g'(t))dt \\ &= f(t)g(t) \\ &= \frac{e^t}{t} \\ &= \frac{x}{\ln x}\end{align}$$

이다.

2010 MIT Integration Bee Qualifier - 문제 25번

$x-1=t$로 치환한 뒤 베타함수와 감마함수를 이용하면 주어진 적분은

$$\begin{align}\text{(Integral)} &= \int_0^1 t^\frac{1}{2}(1-t)^\frac{1}{2}dt \\ &= \mathrm{B}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)\times\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{\Gamma(3)} \\ &= \frac{1}{2!}\times\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)^2 \\ &= \frac{\pi}{8} \end{align}$$

이다.

이상으로 2010 MIT Integration Bee 문제들에 대한 제 풀이를 마치겠습니다.

오류, 오타 또는 궁금하신점이 있으시면 댓글로 남겨주세요.

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