2025 MIT Integration Bee Finals 해설

소개

겨울맞이 적분 챌린지를 풀면서 모처럼 흥미로운 적분을 탐구하기 시작했다. 세계 (특히 미국) 유수의 대학에서는 해마다 'Integration Bee'라는 적분 대회를 개최하는데, 1981년에 처음 대회가 열린 매사추세츠 공과대학교(MIT)가 원조이다.

MIT Integration Bee

올해 결승전은 총 다섯 문제로, 한 문제당 주어진 시간은 5분이다. 언뜻 보기에 시간이 매우 촉박하고 실전에서도 세 문제 이상 푼 참가자가 드물지만, 의외로 풀이가 간결하고 기발해서 소개하고자 한다.

Problem 1

${\displaystyle \int \tan (x)\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}dx}$

$u=\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}$로 치환하자. $u^4-4u^2=\cos (x)$이므로 $(4u^3-8u)du=-\sin (x)dx$이다. 따라서

$$\begin{array}{rl}& \int \tan (x)\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}dx\\ & =\int \frac{-(4u^3-8u)}{u^4-4u^2}\cdot udu\\ & =-\int [4+2(\frac{1}{u-2}-\frac{1}{u+2})]du\\ & =-4u-2\log \left(\frac{u-2}{u+2}\right)+C\\ & =\boxed{{\displaystyle -4\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}-2\log \left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}-2}{\sqrt{2+\sqrt{4+\cos (x)}}+2}\right)+C}}\end{array}$$

이다. (단, $C$는 적분상수)

Problem 2

${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{{(x+1+\lfloor 2\sqrt{x}\rfloor )}^2}}$

모든 $k\in \mathbb{N}$에 대하여 ${\left(\frac{k-1}{2}\right)}^2\le x<{\left(\frac{k}{2}\right)}^2⟹\lfloor 2\sqrt{x}\rfloor =k-1$이다. 따라서

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{{(x+1+\lfloor 2\sqrt{x}\rfloor )}^2}& =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{((k-1)/2{)}^2}^{(k/2{)}^2}\frac{dx}{(x+k{)}^2}\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{{\left(\frac{k-1}{2}\right)}^2+k}-\frac{1}{{\left(\frac{k}{2}\right)}^2+k}]\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{(k+1{)}^2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+4})\\ & =4(\frac{{\pi }^2}{6}-1)-(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4})\\ & =\boxed{{\displaystyle \frac{2{\pi }^2}{3}-\frac{73}{12}}}\end{array}$$

이다.

Problem 3

${\displaystyle {\int }_0^{10}\lfloor {\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor x\rfloor }\rfloor dx}$

뤼카 수열을 $\{L_n\}$이라고 하자. 황금비 $\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1.618$에 대하여 $L_n={\phi }^n+(1-\phi {)}^n$이므로

$$\lfloor {\phi }^n\rfloor =\lfloor L_n-(1-\phi {)}^n\rfloor =\{\begin{array}{ll}{L}_n-1& \text{(}n\text{이 홀수)}\\ L_n& \text{(}n\text{이 짝수)}\end{array}$$

이 성립한다. 따라서

$${\int }_0^{10}\lfloor {\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor x\rfloor }\rfloor dx=\sum _{k=0}^9\lfloor {\phi }^k\rfloor =\sum _{k=0}^9{L}_k-5=L_{11}-1-5=\boxed{{\displaystyle 193}}$$

이다.

Problem 4

${\displaystyle {\int }_0^{\pi }max(|2\sin (x)|,|2\cos (2x)-1|{)}^2\cdot min(|\sin (2x)|,|\cos (3x)|{)}^{2}dx}$

$\sin (2x)=2\sin (x)\cos (x)$이고,

$$\begin{array}{rl}\cos (3x)& =\cos (2x)\cos (x)-\sin (2x)\sin (x)\\ & =\cos (2x)\cos (x)-2{\sin }^2(x)\cos (x)\\ & =[\cos (2x)-(1-\cos (2x))]\cos (x)\\ & =(2\cos (2x)-1)\cos (x)\end{array}$$

임에 착안하자. 따라서

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\pi }max(|2\sin (x)|,|2\cos (2x)-1|{)}^2\cdot min(|\sin (2x)|,|\cos (3x)|{)}^{2}dx\\ & ={\int }_0^{\pi }max(|2\sin (x)|,|2\cos (2x)-1|{)}^2\cdot min(|2\sin (x)|,|2\cos (2x)-1|{)}^2\cdot {|\cos (x)|}^{2}dx\\ & ={\int }_0^{\pi }{|2\sin (x)|}^2\cdot {|2\cos (2x)-1|}^2\cdot {|\cos (x)|}^{2}dx\\ & =4{\int }_0^{\pi }{\sin }^2(x)\cdot {\cos }^2(3x)dx\\ & =4{\int }_0^{\pi }\frac{1-\cos (2x)}{2}\cdot \frac{1+\cos (6x)}{2}dx\\ & ={\int }_0^{\pi }(1-\cos (2x)+\cos (6x)-\cos (2x)\cos (6x))dx\\ & ={\int }_0^{\pi }(1-\cos (2x)-\frac{\cos (4x)}{2}+\cos (6x)-\frac{\cos (8x)}{2})dx\\ & =\boxed{{\displaystyle \pi }}\end{array}$$

이다.

Problem 5

${\displaystyle {\int }_0^1(\sqrt{\frac{1}{4x^2}+\frac{1}{x}-x}-\sqrt{\frac{x^4}{4}-x+1}-\frac{1}{2x})dx}$

구간 $(0,1]$에서 함수

$$f(x)=\sqrt{\frac{1}{4x^2}+\frac{1}{x}-x}-\frac{1}{2x}=\frac{-1+\sqrt{1+4x(1-x^2)}}{2x}$$

을 정의하자. 근의 공식 꼴로 보면 다음 이차방정식

$$xf(x{)}^2+f(x)-(1-x^2)=x^2+f(x{)}^{2}x+f(x)-1=0$$

을 얻는다. 이때 $f(1)=0$이고,

$$\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1-x^2}{\sqrt{\frac{1}{4}+x-x^3}+\frac{1}{2}}=1$$

이다. 근의 공식으로 $x$에 관해 풀면

$$x=\frac{-f(x{)}^2+\sqrt{f(x{)}^4-4(f(x)-1)}}{2}=-\frac{f(x{)}^2}{2}+\sqrt{\frac{f(x{)}^4}{4}-f(x)+1}$$

이다. 단, $x\ge 0$이므로 $+$ 부호만 성립한다. 따라서

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1(\sqrt{\frac{1}{4x^2}+\frac{1}{x}-x}-\sqrt{\frac{x^4}{4}-x+1}-\frac{1}{2x})dx& ={\int }_0^1(f(x)-f^{-1}(x)-\frac{x^2}{2})dx\\ & =-{\int }_0^1\frac{x^2}{2}dx\\ & =\boxed{{\displaystyle -\frac{1}{6}}}\end{array}$$

이다.

비고

엄밀하게는 구간 $(0,1]$에서 역함수 $f^{-1}$가 존재함을 따로 보여야 한다. 도함수

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{{\displaystyle \frac{4-12x^2}{2\sqrt{1+4x-4x^3}}}\cdot x-(-1+\sqrt{1+4x-4x^3})}{2x^2}\\ & =\frac{\sqrt{1+4x-4x^3}-(1+2x+2x^3)}{2x^2\sqrt{1+4x-4x^3}}\\ & =\frac{1+4x-4x^3-{(1+2x+2x^3)}^2}{2x^2\sqrt{1+4x-4x^3}(\sqrt{1+4x-4x^3}+(1+2x+2x^3))}\end{array}$$

의 분자를 $g(x)$라고 하자. $g(0)=0$이고, 구간 $(0,1]$에서
$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =4-12x^2-2(1+2x+2x^3)(2+6x^2)\\ & =-8x(3x^4+4x^2+3x+1)<0\end{array}$$

이다. 따라서 $g(x)<0$이므로 $f^{\prime }(x)<0$이고, $f$가 순감소하므로 $f^{-1}$가 존재한다.