치환 적분

미적분학에서 치환 적분(置換積分, 영어: integration by substitution)은 기존의 변수를 새 변수로 치환하여 적분하는 기법이다.

정의

부정적분의 경우

 부정적분 § 치환 적분 문서를 참고하십시오.

구간 $I\subseteq \mathbb {R}$와 함수 $g\colon I\to \mathbb {R}$ 및 $f\colon g(I)\to \mathbb {R}$이 주어졌다고 하자.

• 만약 $f$의 부정적분 $F$가 존재하고, $g$가 미분 가능 함수라면, 다음이 성립한다.^{:246, 定理6.2.1}

  $\int f(g(x))g'(x)\mathrm {d} x=\int f(u)\mathrm {d} u=F(g(x))+C$

• 만약 $(f\circ g)\cdot g'$의 원함수 $H$가 존재하고, $g$가 미분 가능 함수이며, 모든 $t\in I$에 대하여 $g'(t)\neq 0$이라면, 다음이 성립한다.^{:252, 定理6.2.2}

  $\int f(x)\mathrm {d} x=\int f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t=H(g^{-1}(x))+C$

정적분의 경우

 리만 적분 § 치환 적분 문서를 참고하십시오.

만약 $g\colon [a,b]\to \mathbb {R}$가 연속 미분 가능 함수이며, $f\colon g([a,b])\to \mathbb {R}$가 연속 함수라면, 다음이 성립한다.^:408

$\int _{g(a)}^{g(b)}f(x)\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t$

증명

부정적분에 대한 첫 번째 명제의 조건에 따라 $F'=f$이며, $g$가 미분 가능 함수이므로, 연쇄 법칙을 적용하면 $(F\circ g)'=(f\circ g)\cdot g'$을 얻는다. 즉, $(f\circ g)\cdot g'$의 한 원함수는 $F\circ g$이므로 첫 번째 명제가 성립한다.

부정적분에 대한 두 번째 명제의 조건에 따라 모든 $t\in I$에 대하여 $g'(t)\neq 0$이므로, 다르부 정리에 따라 모든 $t\in I$에 대하여 $g'(t)>0$이거나 모든 $t\in I$에 대하여 $g'(t)<0$이다. 따라서 $g^{-1}$는 존재한다. $H'=(f\circ g)\cdot g'$이며, $(g^{-1})'=1/(g'\circ g^{-1})$이므로, 다음이 성립한다.

$(H\circ g^{-1})'=(H'\circ g^{-1})\cdot (g^{-1})'=f\cdot (g'\circ g^{-1})\cdot {\frac {1}{g'\circ g^{-1}}}=f$

즉, $f$의 한 원함수는 $H\circ g^{-1}$이므로 두 번째 명제가 성립한다.

정적분에 대한 명제의 조건에 따라 $f$와 $(f\circ g)\cdot g'$는 연속 함수이므로, 원함수가 존재한다. 연쇄 법칙에 따라, $f$의 한 원함수를 $F$라고 하면, $(f\circ g)\cdot g'$의 한 원함수는 $F\circ g$이다. 미적분학의 기본 정리에 따라 다음이 성립하므로, 명제가 성립한다.

$\int _{g(a)}^{g(b)}f(x)\mathrm {d} x={\bigg [}F(x){\bigg ]}_{g(a)}^{g(b)}=F(g(b))-F(g(a))={\bigg [}F(g(t)){\bigg ]}_{a}^{b}=\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t$

예 (부정적분)

첫째 예 (부정적분)

부정적분

$\int {\sqrt {2x+1}}\mathrm {d} x$

에서 $u=2x+1$이라고 하자. 그러면 $\mathrm {d} u=2\mathrm {d} x$이므로 $\mathrm {d} x=(\mathrm {d} u)/2$이다. 따라서 다음이 성립한다.^{:409, Example 2}

${\begin{aligned}\int {\sqrt {2x+1}}\mathrm {d} x&=\int {\sqrt {u}}\cdot {\frac {\mathrm {d} u}{2}}\\&={\frac {1}{2}}\int u^{1/2}\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{2}}{\frac {u^{3/2}}{3/2}}+C\\&={\frac {1}{3}}u^{3/2}+C\\&={\frac {1}{3}}(2x+1)^{3/2}+C\end{aligned}}$

둘째 예 (부정적분)

부정적분

$\int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x$

에서 $u=x^{2}+1$이라고 하자. 그러면 $\mathrm {d} u=2x\mathrm {d} x$이므로 $x\mathrm {d} x=(\mathrm {d} u)/2$이다. 따라서 다음이 성립한다.^{:248, 例6.2.6}

${\begin{aligned}\int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x&={\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} u}{u}}\\&=\left({\frac {1}{2}}\right)\ln |u|+C\\&=\left({\frac {1}{2}}\right)\ln(x^{2}+1)+C\end{aligned}}$

치환 적분 기법에 익숙할 경우 다음과 같이 두 변수 사이의 치환을 생략해도 좋다.^{:248, 例6.2.6}

$\int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} (x^{2}+1)}{x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)+C$

셋째 예 (부정적분)

부정적분

$\int \tan x\mathrm {d} x$

에서 $u=\cos x$라고 하자. 그러면 $\mathrm {d} u=-\sin x\mathrm {d} x$이므로 $\sin x\mathrm {d} x=-\mathrm {d} u$이다. 따라서 다음이 성립한다.^{:410, Example 6}

${\begin{aligned}\int \tan x\mathrm {d} x&=\int {\frac {\sin x}{\cos x}}\mathrm {d} x\\&=-\int {\frac {\mathrm {d} u}{u}}\\&=-\ln |u|+C\\&=-\ln |\cos x|+C\\&=\ln |\sec x|+C\end{aligned}}$

넷째 예 (부정적분)

부정적분

$\int {\frac {\ln x}{x}}\mathrm {d} x$

에서 $(\mathrm {d} x)/x=\mathrm {d} (\ln x)$이므로 다음이 성립한다.^{:304, Example 7.9}

$\int {\frac {\ln x}{x}}\mathrm {d} x=\int \ln x\mathrm {d} (\ln x)={\frac {1}{2}}(\ln x)^{2}+C$

다섯째 예 (부정적분)

부정적분

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}$

에서 $x=t^{6}$이라고 하자. 그러면 $\mathrm {d} x=6t^{5}\mathrm {d} t$이므로 다음이 성립한다.^{:254, 例6.2.17}

${\begin{aligned}\int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}&=6\int {\frac {t^{5}}{t^{3}+t^{2}}}\mathrm {d} t\\&=6\int {\frac {t^{3}}{t+1}}\mathrm {d} t\\&=6\int \left(t^{2}-t+1-{\frac {1}{t+1}}\right)\mathrm {d} t\\&=2t^{3}-3t^{2}+6t-6\ln |1+t|+C\\&=2{\sqrt {x}}-3{\sqrt[{3}]{x}}+6{\sqrt[{6}]{x}}-6\ln |1+{\sqrt[{6}]{x}}|+C\end{aligned}}$

예 (정적분)

첫째 예 (정적분)

정적분

$\int _{0}^{2\pi }2x\cos x^{2}\mathrm {d} x$

에서 $u=x^{2}$라고 하자. 그러면 $2x\mathrm {d} x=\mathrm {d} u$이다. 또한 $x=0$일 때 $u=0$이며 $x=2\pi$일 때 $u=4\pi ^{2}$이다. 따라서 다음이 성립한다.^{:303, Example 7.8}

${\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }2x\cos x^{2}\mathrm {d} x&=\int _{0}^{4\pi ^{2}}\cos u\mathrm {d} u\\&={\bigg [}\sin u{\bigg ]}_{0}^{4\pi ^{2}}\\&=\sin 4\pi ^{2}\end{aligned}}$

둘째 예 (정적분)

정적분

$\int _{0}^{a}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\mathrm {d} x\qquad (a>0)$

에서 $x=a\sin t$ ($0\leq t\leq \pi /2$)라고 하자. 그러면 $\mathrm {d} x=a\cos t\mathrm {d} t$이다. 또한 다음이 성립한다.

${\sqrt {a^{2}-x^{2}}}={\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}t}}={\sqrt {a^{2}\cos ^{2}t}}=a\cos t$

마지막에 양수를 취한 것은 모든 $0\leq t\leq \pi /2$에 대하여 $\cos t>0$이기 때문이다. 또한 $x=0$일 때 $t=0$이며, $x=a$일 때 $t=\pi /2$이므로, 다음이 성립한다.^{:42, 例7.4.5}

${\begin{aligned}\int _{0}^{a}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\mathrm {d} x&=a^{2}\int _{0}^{\pi /2}\cos ^{2}t\mathrm {d} t\\&={\frac {a^{2}}{2}}\int _{0}^{\pi /2}(1+\cos 2t)\mathrm {d} t\\&={\frac {a^{2}}{2}}{\bigg [}t+{\frac {1}{2}}\sin 2t{\bigg ]}_{0}^{\pi /2}\\&={\frac {\pi }{4}}a^{2}\end{aligned}}$

이는 사분원의 넓이 공식과 일치한다.

응용

홀함수와 짝함수의 적분

치환 적분을 통해 대칭적인 함수의 대칭적인 구간 위의 적분에 대한 공식을 증명할 수 있다. $f\colon [-a,a]\to \mathbb {R}$가 연속 함수라고 하자.

• 만약 $f$가 홀함수라면 (모든 $x\in [-a,a]$에 대하여 $f(-x)=-f(x)$라면), 다음이 성립한다.

  $\int _{-a}^{a}f(x)\mathrm {d} x=0$

• 만약 $f$가 짝함수라면 (모든 $x\in [-a,a]$에 대하여 $f(-x)=f(x)$라면), 다음이 성립한다.

  $\int _{-a}^{a}f(x)\mathrm {d} x=2\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x$

이는 다음과 같이 증명할 수 있다. 만약 $f$가 홀함수라면, 치환 적분 $x=-t$을 쓴 뒤 $f(-t)=-f(t)$를 대입하면 다음을 얻으므로 원하는 명제가 성립한다.

$\int _{-a}^{0}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(-t)\mathrm {d} t=-\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=-\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x$

만약 $f$가 짝함수라면, 치환 적분 $x=-t$을 쓴 뒤 $f(-t)=f(t)$를 대입하면 다음을 얻으므로 원하는 명제가 성립한다.^{:41, 例7.4.4}

$\int _{-a}^{0}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(-t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x$

주기 함수의 적분

치환 적분을 통해 주기 함수의 한 주기 동안의 적분이 어디에서나 같음을 증명할 수 있다. $f\colon \mathbb {R} \to \mathbb {R}$가 $T>0$를 주기로 가지는 연속 함수라고 하자. 그렇다면 임의의 $a\in \mathbb {R}$에 대하여 다음이 성립한다.

$\int _{a}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{T}f(x)\mathrm {d} x$

이는 다음과 같이 증명할 수 있다. 치환 적분 $x=t+T$를 쓴 뒤 $f(t+T)=f(t)$를 대입하면 다음을 얻는다.

$\int _{T}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(t+T)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x$

따라서 다음이 성립하므로, 원하는 명제가 성립한다.^{:42-43, 例7.4.6}

$\int _{a}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\left(\int _{a}^{0}+\int _{0}^{T}+\int _{T}^{a+T}\right)f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{T}f(x)\mathrm {d} x$

같이 보기

• 부정적분#치환 적분
• 리만 적분#치환 적분
• 변수 변환
• 삼각 치환
• 쌍곡 치환
• 바이어슈트라스 치환
• 오일러 치환
• 부분 적분

외부 링크

• “Integration by substitution”. 《Encyclopedia of Mathematics》 (영어). Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4.