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양변을 $x$에 대하여 미분하면 $$2x+2y {dy\over dx}=2(2x^2+2y^2-x)\left(4x+4y{dy\over dx}-1\right)$$을 얻는다.
$x=0$, $y=-1/2$를 대입하면 $$-{dy\over dx}=-2{dy\over dx}-1$$이므로 접선의 기울기는 $-1$이다. 따라서 접선의 방정식은 $$y+{1\over2}=-x$$이다.
※ Desmos 그래프 페이지에서 문제에 주어진 함수의 그래프를 확인할 수 있다.
$dy=f'(x)dx$이고 15.99는 16에 가까우므로 $x=16$, $dx=-0.01$라고 놓자. $f(x)=x^{1/4}$로 놓으면 $f'(x)={1\over4}x^{-3/4}$이므로 $$15.99^{1\over4} \sim f(16)+dy=2-{1\over32} \cdot 0.01=1.9996875$$이다.
※ 참값은 $1.999687427\cdots$이다.
그래프는 생략한다. $f^{-1}(1)=\alpha \Leftrightarrow 1=f(\alpha)$이므로 정의역에 해당하는 $\alpha$는 $0$이다. 따라서 $f^{-1}(1)=0$이다. 이와 동일한 방법으로 $f^{-1}(-1)=\pi$이다.
※ asymptotic line은 점근선이다.
$\sinh^{-1}{x}=\ln{(x+\sqrt{x^2+1})}$과 $\cosh^{-1}{x}=\ln{(x+\sqrt{x^2-1})}$을 활용할 수도 있지만 식이 복잡해진다.
$$-\sinh^{-1}{(2x)}=\cosh^{-1}{(x^2+1)} \\ \cosh{(-\sinh^{-1}{(2x)})}=x^2+1 \\ \cosh{(-\ln{(2x+\sqrt{4x^2+1})})}=x^2+1 \\ { 2x+\sqrt{4x^2+1} + {1\over 2x+\sqrt{4x^2+1}} \over 2}=x^2+1 \\ \sqrt{4x^2+1}=x^2+1 \\ 4x^2+1=(x^2+1)^2 \\ x^4-2x^2=0$$에서 $x=0$, $x=\pm\sqrt{2}$를 얻는다. $\cosh^{-1}{(x^2+1)} \geq 0$이므로 이 중 조건에 맞는 것은 $x=0$, $x=-\sqrt{2}$이다.
로피탈의 정리를 적용하면 $$\lim_{x \to 0} {\sqrt{1-x^2}-3+2\sin{(\cos^{-1}{x})} \over x^2}\overset{LH}{=}\lim_{x \to 0} { {-x\over\sqrt{1-x^2}} - {2x\over\sqrt{1-x^2}} \over 2x}=-{3\over2}$$이다.
분자와 분모를 $\sqrt{n}$으로 나누고 분자와 분모를 각각 합의 기호로 표현하면 $$\lim_{n \to \infty} {\sum_{k=1}^n \sqrt{1+k/n}\over \sum_{k=1}^n\sqrt{k/n}}=\lim_{n \to \infty} {1/n \sum_{k=1}^n \sqrt{1+k/n}\over 1/n\sum_{k=1}^n\sqrt{k/n}}$$이고 극한을 분자와 분모에 분배한 후 정적분으로 바꾸면 $${\int_1^2 \sqrt{x} dx \over \int_0^1 \sqrt{x} dx}=2\sqrt{2}-1$$이다.
$$I_n=\int_0^{\pi/2} \sin^{2n+1}{x} dx$$으로 놓자. $$I_n=\int_0^{\pi/2} \sin^{2n+1}{x} dx=\int_0^{\pi/2} \sin{x} \sin^{2n}{x} dx$$에서 부분적분을 하면 $$I_n=[-\cos{x}\sin^{2n}{x}]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2} -\cos{x}(2n)\sin^{2n-1}{x}\cos{x} dx=2n\int_0^{\pi/2} (1-\sin^2{x})\sin^{2n-1}{x} dx=2n(I_{n-1}-I_n)$$이니 $$(2n+1)I_n=2nI_{n-1} \Leftrightarrow I_n={2n\over 2n+1} I_{n-1}$$을 얻는다. $I_0=1$, $I_1=2/3$이므로 구한 점화식을 반복적으로 적용하면 $$I_n={2n\over 2n+1}{2n-2\over 2n-1} I_{n-2} \\ I_n={2n\over 2n+1}{2n-2\over 2n-1}{2n-4\over 2n-3} \cdots I_{0}$$이다. 문제에서 주어진 이중 계승(double factorial)의 정의를 사용하면 $$I_n={(2n)!!\over (2n+1)!!}$$이다. 따라서 구하는 값은 $$f_{avg}={2\over\pi}{(2n)!!\over (2n+1)!!}$$이다.
$\sqrt{x}=u$의 치환을 하면 $x=1$일 때 $u=1$이고 $x=2$일 때 $u=\sqrt{2}$이다. $x=u^2$에서 $dx=2udu$이니 주어진 적분은 $$\int_1^{\sqrt{2}} 2u \tan^{-1}{u} du$$이 되고 부분적분을 하면 $$[ u^2 \tan^{-1}{u} ]_1^{\sqrt{2}}-\int_1^{\sqrt{2}} {u^2\over 1+u^2} du=2\tan^{-1}{\sqrt{2}}-{\pi\over4}-[u-\tan^{-1}{u}]_1^{\sqrt{2}}=1-\sqrt{2}+3\tan^{-1}{\sqrt{2}}-{\pi\over2}$$이다.
$\sin^{-1}{x}=u$의 치환을 하면 $x=\sin{u}$에서 $dx=\cos{u}du$이다. 따라서 주어진 적분은 $$\int u^2 \cos{u} du$$가 되고 부분적분을 하면 $$u^2\sin{u}-\int 2u\sin{u}du=u^2\sin{u}-\left(-2u\cos{u}-\int -2\cos{u}du\right)=u^2\sin{u}+2u\cos{u}-2\sin{u}+C$$이고 치환을 되돌리면 구하는 적분은 $$((\sin^{-1}{x})^2-2)x+2\sin^{-1}{x}\cos{(\sin^{-1}{x})}+C \\ =((\sin^{-1}{x})^2-2)x+2\sin^{-1}{x}\sqrt{1-x^2}+C$$이다.
※ $\sin^{-1}{x}=t \Leftrightarrow x=\sin{t}$라 하면 $\cos{(\sin^{-1}{x})}=\cos{t}=\sqrt{1-x^2}$이다.
피적분함수를 부분분수로 분해하자. $${4x^3+2x^2-3x+2\over (x-1)^2(4x^2+1)}={a\over x-1}+{b\over (x-1)^2}+{cx+d\over 4x^2+1}$$에서 $(x-1)^2(4x^2+1)$을 양변에 곱하면 $$4x^3+2x^2-3x+2=a(x-1)(4x^2+1)+b(4x^2+1)+(cx+d)(x-1)^2(4x^2+1)$$이다. 우변을 전부 전개해서 계수를 찾을 수도 있지만 더 간단한 방법을 찾아보자.
$x=1$을 양변에 대입하면 $5=5b$에서 $b=1$이다. 양변을 미분하고 $x=1$을 대입하면 $13=5a+8$에서 $a=1$이다. 상수항을 비교하면 $2=-1+1+d$에서 $d=2$이다. 삼차항을 비교하면 $4=4+4c$에서 $c=0$이다.
따라서 주어진 적분은 $$\int {1\over x-1}+{1\over (x-1)^2}+{2\over 4x^2+1} dx=\ln{|x-1|}-{1\over x-1}+2\int {1\over 4x^2+1} dx$$이고 $x=\tan{u}/2$의 치환을 하면 $2dx=\sec^2{u}du$에서 $$\int {1\over 4x^2+1} dx=\int {1\over2} du={1\over2}u+C$$이므로 구하는 적분은 $$\ln{|x-1|}-{1\over x-1}+\tan^{-1}{(2x)}+C$$이다.
적분을 극한으로 변형하면 $$\lim_{t \to \infty} \int_a^t \left( {2x\over x^2+1}+{b\over x} \right) dx=\lim_{t \to \infty} [ \ln{(x^2+1)}+b\ln{|x|} ]_a^t=\lim_{t \to \infty} [ \ln{(t^2+1)}+b\ln{|t|}-\ln{(a^2+1)}-b\ln{|a|} ]$$이다. $$\lim_{t \to \infty} [ \ln{((t^2+1)t^b)}-\ln{(a^2+1)}-b\ln{|a|} ]=-\ln{2}$$이므로 $b=-2$이다. 나머지 식을 정리하면 $$-\ln{(a^2+1)}+2\ln{a}=-\ln{2} \\ {a^2\over a^2+1}={1\over2}$$에서 $a=\pm 1$이다.
다만 주어진 피적분함수는 $x=0$에서 불연속이므로 $a \lt 0$인 경우는 적분의 범위를 나누어 계산해야 한다. $a=-1$인 경우에 주어진 적분이 수렴하는지 알아보자.
$$\int_{-1}^\infty \left( {2x\over x^2+1}-{2\over x} \right) dx=\lim_{t \to 0^{-}} \int_{-1}^t \left( {2x\over x^2+1}-{2\over x} \right) dx+\lim_{t \to 0^{+}} \int_t^1 \left( {2x\over x^2+1}-{2\over x} \right) dx+\lim_{t \to \infty} \int_1^t \left( {2x\over x^2+1}-{2\over x} \right) dx$$이고 첫째 항을 계산하면 $$\lim_{t \to 0^-} [ \ln{(x^2+1)}-2\ln{|x|} ]_{-1}^t=\lim_{t \to 0^-} \left[ \ln{\left({t^2+1\over t^2}\right)}-\ln{2}\right]=\infty$$이므로 이 적분은 수렴하지 않는다.
따라서 찾는 $(a,b)$ 쌍은 $(1,-2)$뿐이다.
$y=a \enspace (0 \leq a \leq \pi/2)$에서 주어진 고체를 회전축에 수직한 방향으로 자르면 나오는 도형의 넓이는 $\pi(1-\sin^2{a})=\pi\cos^2{a}$이므로 구하는 고체의 부피는 $$\int_0^{\pi/2} \pi\cos^2{y} dy=\pi \left[ {1\over2}y+{1\over4}\sin{2y} \right]_0^{\pi/2}={\pi^2\over4}$$이다.