$\sqrt{\tan x}$의 부정적분을 구하는 3가지 방법

기왕 적분 카테고리를 따로 만든 김에 예전에 기록해 두었던 도전해 볼 만한 적분을 소개한다. 본문에서 $C$(아래 첨자가 있는 것을 포함한다)는 물론 적분상수이다.

기본 적분 공식

${\displaystyle \int \frac{1}{x^2+1}dx}$

$x=\tan t$로 치환하면

$$\int \frac{1}{x^2+1}dx=\int \frac{1}{{\sec }^{2}t}{\sec }^{2}tdt=t+C=\boxed{{\displaystyle {\tan }^{-1}x+C}}$$

이다.

${\displaystyle \int \frac{1}{a{x}^2+bx+c}dx(b^2-4ac<0)}$

$b^2-4ac<0$이므로 $a\ne 0$이고 $c\ne 0$이다. 편의상 $p={\displaystyle \frac{b}{2a}}$, $q={\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a^2}}$로 두면

$$\int \frac{1}{a{x}^2+bx+c}dx=\frac{1}{a}\int \frac{1}{{(x+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2+{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a^2}}}dx=\frac{1}{a}\int \frac{1}{(x+p{)}^2+q}dx$$

이다. $x+p=\sqrt{q}\tan t$로 치환하면

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{a}\int \frac{1}{(x+p{)}^2+q}dx& =\frac{1}{a}\int \frac{1}{q{\sec }^{2}t}\sqrt{q}{\sec }^{2}tdt\\ & =\frac{t}{a\sqrt{q}}+C\\ & =\frac{2}{\sqrt{4ac-b^2}}{\tan }^{-1}\left(\frac{x+p}{\sqrt{q}}\right)+C\\ & =\boxed{{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{4ac-b^2}}{\tan }^{-1}\left(\frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}\right)+C}}\end{array}$$

이다.

이제 ${\displaystyle \int \sqrt{\tan x}dx}$를 세 가지 방법으로 구해 보자.

방법 1

$\tan x=t^2$로 치환하면 $dx={\displaystyle \frac{2t}{t^4+1}}dt$이므로

$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{\tan x}dx& =2\int \frac{t^2}{t^4+1}dt\\ & =2\int \frac{t^2}{(t^2-\sqrt{2}t+1)(t^2+\sqrt{2}t+1)}dt\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\int (\frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}-\frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1})dt\end{array}$$

이다. 첫 번째 항은

$$\begin{array}{rl}\int \frac{t}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt& =\int \frac{\frac{1}{2}(2t-\sqrt{2})+\frac{1}{\sqrt{2}}}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{2t-\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt+\frac{1}{\sqrt{2}}\int \frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}dt\\ & =\frac{1}{2}\ln (t^2-\sqrt{2}t+1)+{\tan }^{-1}(\sqrt{2}t-1)+C_1\end{array}$$

이고, 두 번째 항은

$$\begin{array}{rl}\int \frac{t}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt& =\int \frac{\frac{1}{2}(2t+\sqrt{2})-\frac{1}{\sqrt{2}}}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{2t+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt-\frac{1}{\sqrt{2}}\int \frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1}dt\\ & =\frac{1}{2}\ln (t^2+\sqrt{2}t+1)-{\tan }^{-1}(\sqrt{2}t+1)+C_2\end{array}$$

이므로

$$\begin{array}{c}\int \sqrt{\tan x}dx=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(\frac{\tan x-\sqrt{2\tan x}+1}{\tan x+\sqrt{2\tan x}+1}\right)\hfill \\ \hfill +\frac{1}{\sqrt{2}}[{\tan }^{-1}(\sqrt{2\tan x}+1)+{\tan }^{-1}(\sqrt{2\tan x}-1)]+C\end{array}$$

이다.

방법 2

${\displaystyle I=\int \sqrt{\tan x}dx}$, ${\displaystyle J=\int \sqrt{\cot x}dx}$로 두자. $\tan x=t^2$로 치환하면 $dx={\displaystyle \frac{2t}{t^4+1}}dt$이므로

$$\begin{array}{rl}I+J& =\int (t+\frac{1}{t})\frac{2t}{t^4+1}dt\\ & =2\int \frac{1+{\displaystyle \frac{1}{t^2}}}{{(t-{\displaystyle \frac{1}{t}})}^2+2}dt\\ & =2\int \frac{\sqrt{2}{\sec }^{2}u}{2{\sec }^{2}u}du& & (t-\frac{1}{t}=\sqrt{2}\tan u)\\ & =\sqrt{2}u+C_1\\ & =\sqrt{2}{\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{\tan x}-\sqrt{\cot x}}{\sqrt{2}}\right)+C_1\end{array}$$

이고,

$$\begin{array}{rl}I-J& =\int (t-\frac{1}{t})\frac{2t}{t^4+1}dt\\ & =2\int \frac{1-{\displaystyle \frac{1}{t^2}}}{{(t+{\displaystyle \frac{1}{t}})}^2-2}dt\\ & =2\cdot \frac{1}{2\sqrt{2}}\int (\frac{1}{u-\sqrt{2}}-\frac{1}{u+\sqrt{2}})du& & (t+\frac{1}{t}=u\ge 2)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left(\frac{u-\sqrt{2}}{u+\sqrt{2}}\right)+C_2\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left(\frac{\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}-\sqrt{2}}{\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}+\sqrt{2}}\right)+C_2\end{array}$$

이다. 따라서

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{(I+J)+(I-J)}{2},\\ \therefore \int \sqrt{\tan x}dx& =\frac{1}{\sqrt{2}}{\tan }^{-1}\left(\frac{\tan x-1}{\sqrt{2\tan x}}\right)+\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(\frac{\tan x-\sqrt{2\tan x}+1}{\tan x+\sqrt{2\tan x}+1}\right)+C\end{array}$$

이다.

방법 3

${\displaystyle I=\int \sqrt{\tan x}dx}$, ${\displaystyle J=\int \sqrt{\cot x}dx}$로 두자. $\sin x$와 $\cos x$가 모두 양인 $x$에 대하여

$$\begin{array}{rl}J+I& =\int \frac{\cos x+\sin x}{\sqrt{\cos x\sin x}}dx\\ & =\int \frac{\cos x+\sin x}{\sqrt{{\displaystyle \frac{1-(\sin x-\cos x{)}^2}{2}}}}dx\\ & =\sqrt{2}\int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt& & (\sin x-\cos x=t)\\ & =\sqrt{2}{\sin }^{-1}t+C_1\\ & =\sqrt{2}{\sin }^{-1}(\sin x-\cos x)+C_1\end{array}$$

이고,

$$\begin{array}{rl}J-I& =\int \frac{\cos x-\sin x}{\sqrt{\cos x\sin x}}dx\\ & =\int \frac{\cos x-\sin x}{\sqrt{{\displaystyle \frac{(\sin x+\cos x{)}^2-1}{2}}}}dx\\ & =\sqrt{2}\int \frac{1}{\sqrt{t^2-1}}dt& & (\sin x+\cos x=t)\\ & =\sqrt{2}{\cosh }^{-1}t+C_2\\ & =\sqrt{2}{\cosh }^{-1}(\sin x+\cos x)+C_2\end{array}$$

이다. $\sin x$와 $\cos x$가 모두 음인 $x$에 대하여 $\sqrt{\sin x}\sqrt{\cos x}=-\sqrt{\sin x\cos x}$이므로

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{(J+I)-(J-I)}{2},\\ \therefore & \int \sqrt{\tan x}dx\\ & =C+\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}[{\sin }^{-1}(\sin x-\cos x)-{\cosh }^{-1}(\sin x+\cos x)]& \text{(}\sin x>0\wedge \cos x>0\text{)}\\ -{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}[{\sin }^{-1}(\sin x-\cos x)+{\cosh }^{-1}(-\sin x-\cos x)]& \text{(}\sin x<0\wedge \cos x<0\text{)}\end{array}\end{array}$$

이다.

비고

부정적분의 연산

편의상 두 부정적분을 문자 $I$와 $J$로 두고 이들의 합과 차로부터 $I$를 구하는 테크닉을 썼는데, 사실 적분상수 때문에 보통 문자처럼 처리하기가 다소 곤란하다. 엄밀하게는 다음 내용을 함의하고 있는 것이다.

$$\begin{array}{rl}\int [f(x)+g(x)]dx=F(x)+C_1& ⟺F^{\prime }(x)=f(x)+g(x),\\ \int [f(x)-g(x)]dx=G(x)+C_2& ⟺G^{\prime }(x)=f(x)-g(x)\end{array}$$

이면

$$\begin{array}{rl}\int f(x)dx& =\int \frac{[f(x)+g(x)]+[f(x)-g(x)]}{2}dx\\ & =\frac{1}{2}\int [F^{\prime }(x)+G^{\prime }(x)]dx\\ & =\frac{1}{2}[F(x)+G(x)]+C\end{array}$$

이다.

동치성

방법 1과 2의 결과가 같음을 확인할 수 있다. 모든 실수 $x$에 대하여

$${\tan }^{-1}(\sqrt{2\tan x}+1)+{\tan }^{-1}(\sqrt{2\tan x}-1)={\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{2\tan x}}{1-\tan x}\right)$$

이고, ${\tan }^{-1}x=-{\tan }^{-1}(-x)$이 성립한다.

$x>0$일 때 ${\tan }^{-1}x+{\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$이므로

$$0<x<\frac{\pi }{4}⟹{\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{2\tan x}}{1-\tan x}\right)={\tan }^{-1}\left(\frac{\tan x-1}{\sqrt{2\tan x}}\right)+\frac{\pi }{2}$$

이다. $x<0$일 때 ${\tan }^{-1}x+{\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$이므로

$$\frac{\pi }{4}<x<\frac{\pi }{2}⟹{\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{2\tan x}}{1-\tan x}\right)={\tan }^{-1}\left(\frac{\tan x-1}{\sqrt{2\tan x}}\right)-\frac{\pi }{2}$$

이다. 즉, 두 역도함수의 차가 적분상수인 것이다.

간단한 표현

산술·기하 평균 부등식에 의해

$$\frac{\tan x+1}{\sqrt{2\tan x}}\ge \sqrt{2}$$

이다. $x\in (-\mathrm{\infty },-1)\cup (1,\mathrm{\infty })$에 대해

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

이므로

$$\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left(\frac{\tan x-\sqrt{2\tan x}+1}{\tan x+\sqrt{2\tan x}+1}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2}}{\coth }^{-1}\left(\frac{\tan x+1}{\sqrt{2\tan x}}\right)$$

이다. 따라서

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

이다.