2024 MIT Integration Bee Finals 해설 ①

2025년 결승전 문제를 해설하고 한동안 적분에 꽂혀서 홈페이지에 공개된 나머지 결승전 문제를 풀기 시작했다. 이제서야 풀이를 마무리하여 앞으로 나흘에 걸쳐 공개할 예정이다.

작년 결승은 두 진출자가 모두 마지막 정규 문제만 맞혀 연장전으로 이어졌다. 하지만 둘 다 연장전 문제를 하나도 풀지 못해 결국 쉬운 문제를 1분 안에 누가 더 빨리 푸느냐로 승부를 가르는 라이트닝 라운드(Lightning Round)에 이르렀다. 따라서 해설을 두 편으로 나누어 1편에서는 정규 문제를, 2편에서는 나머지 문제를 다루겠다.

Problem 1

$\ds \int \frac{e^{x/2} \cos x}{\sqrt[3]{3\cos x + 4\sin x}} \, dx$

$\cos x = \dfrac{3}{25} (3\cos x + 4\sin x) + \dfrac{4}{25} (4\cos x - 3\sin x)$로 분해하면

\begin{align*}
& \int \frac{e^{x/2} \cos x}{\sqrt[3]{3\cos x + 4\sin x}} \, dx \\
& = \frac{3}{25} \int e^{x/2} (3\cos x + 4\sin x)^{2/3} \, dx + \frac{4}{25} \int e^{x/2} \cdot \frac{4\cos x - 3\sin x}{\sqrt[3]{3\cos x + 4\sin x}} \, dx \\
& = \frac{3}{25} \int e^{x/2} (3\cos x + 4\sin x)^{2/3} \, dx \\
& \quad + \frac{4}{25} \left[ e^{x/2} \cdot \frac{3}{2} (3\cos x + 4\sin x)^{2/3} - \int \frac{e^{x/2}}{2} \cdot \frac{3}{2} (3\cos x + 4\sin x)^{2/3} \right] \\
& = \boxed{\frac{6}{25} e^{x/2} (3\cos x + 4\sin x)^{2/3} + C}
\end{align*}

이다.

Problem 2

$\ds \int_{0}^{\infty} \frac{\log(2e^x - 1)}{e^x - 1} \, dx$

$u = \log \left( 2e^x - 1 \right)$로 치환하자. $e^u = 2e^x - 1$이므로 $e^u \, du = 2e^x \, dx$이다. 따라서

\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{\log(2e^x - 1)}{e^x - 1} \, dx
& = \int_{0}^{\infty} \frac{2u}{e^u - 1} \cdot \frac{e^u}{e^u + 1} \, du \\
& = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{u e^{-u}}{1 - e^{-2u}} \, du \\
& = 2 \int_{0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} u e^{-(1+2k)u} \, du \\
& = 2 \sum_{k=0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} u e^{-(1+2k)u} \, du
\end{align*}

이다. 이때, 단조 수렴 정리에 따라 적분과 급수의 순서를 바꿀 수 있다.

\[\int_{0}^{\infty} x e^{-ax} \, dx
= \left[ x \cdot \frac{e^{-ax}}{-a} \right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-ax}}{-a} \, dx
= \frac{1}{a^2}\]

이고,

\[\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^2} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k^2} - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8}\]

이므로

\[\int_{0}^{\infty} \frac{\log(2e^x - 1)}{e^x - 1} \, dx
= 2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+2k)^2}
= 2 \cdot \frac{\pi^2}{8}
= \boxed{\frac{\pi^2}{4}}\]

이다.

Problem 3

$\ds \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + x^3 + x^2 + x + 1}$

풀이 1

복소평면상의 함수 $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$를

\[f(z) = \frac{1}{z^4 + z^3 + z^2 + z + 1} = \frac{z-1}{z^5 -1}\]

로 정의하자. 1을 제외한 나머지 1의 다섯제곱근, 즉 $k \in \{1, 2, 3, 4\}$에 대하여 $\exp \left( i \cdot 2k\pi / 5 \right)$이 $f$의 단순극(simple pole)이다.

양수 $R$에 대하여 $-R$부터 $R$까지 실수축을 따라가다가, 실수축 위로 중심이 원점이고 반지름이 $R$인 반원을 따라 $R$에서 $-R$로 돌아가는 경로를 생각하자. $R > 1$에 대해 유수 정리에 따르면

\begin{align*}
\int_{C} f(z) \, dz
& = \int_{-R}^{R} f(x) \, dx + \int_{\text{arc}} f(z) \, dz \\
& = 2\pi i \left( \Res \left( f, e^{i \cdot \tfrac{2\pi}{5}} \right) + \Res \left( f, e^{i \cdot \tfrac{4\pi}{5}} \right) \right) \\
& = 2\pi i \left( \frac{e^{i \cdot \tfrac{2\pi}{5}} - 1}{5 e^{i \cdot \tfrac{8\pi}{5}}} + \frac{e^{i \cdot \tfrac{4\pi}{5}} - 1}{5 e^{i \cdot \tfrac{16\pi}{5}}} \right) \\
& = \frac{2\pi i}{5} \left( e^{i \cdot \tfrac{4\pi}{5}} - e^{i \cdot \tfrac{2\pi}{5}} + e^{i \cdot \tfrac{-2\pi}{5}} - e^{i \cdot \tfrac{4\pi}{5}} \right) \\
& = \frac{2\pi i}{5} \left( -2i \sin \frac{2\pi}{5} \right)
\end{align*}

이다. $R$이 무한대로 가는 극한을 취하면

\[\lim_{R \to \infty} \abs{\int_{\text{arc}} f(z) \, dz}
\leq \lim_{R \to \infty} \pi R \cdot \sup_{\text{arc}} \abs{f(z)} = 0\]

이므로

\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx
= \boxed{\frac{4\pi}{5} \sin \frac{2\pi}{5}}\]

이다.

풀이 2

$x \neq 0$에 대하여

\[x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = x^2 \left[ \left( x + \frac{1}{x} \right)^2 + \left( x + \frac{1}{x} \right) - 1 \right]\]

이다. 방정식 $t^2 + t - 1 = 0$의 두 근을 $\omega = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2}$와 $\overline{\omega} = \dfrac{-1 - \sqrt{5}}{2}$로 두면

\[x^4 + x^3 + x^2 + x + 1
= x^2 \left( x + \frac{1}{x} - \omega \right) \left( x + \frac{1}{x} - \overline{\omega} \right)
= \left( x^2 - \omega x + 1 \right) \left( x^2 - \overline{\omega} x + 1 \right)\]

이다. 피적분함수를 부분 분수 전개하면

\begin{align*}
& \frac{1}{x^4 + x^3 + x^2 + x + 1} \\
& = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \frac{x - \overline{\omega}}{x^2 - \overline{\omega} x + 1} - \frac{x - \omega}{x^2 - \omega x + 1} \right) \\
& = \frac{1}{2\sqrt{5}} \left( \frac{2x - \overline{\omega}}{x^2 - \overline{\omega} x + 1} - \frac{2x - \omega}{x^2 - \omega x + 1} \right) + \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \frac{\omega/2}{x^2 - \omega x + 1} - \frac{\overline{\omega}/2}{x^2 - \overline{\omega} x + 1} \right)
\end{align*}

이므로 부정적분은

\begin{multline*}
\int \frac{1}{x^4 + x^3 + x^2 + x + 1} \, dx = C + \frac{1}{2\sqrt{5}} \log \abs{\frac{x^2 - \overline{\omega} x + 1}{x^2 - \omega x + 1}} \\
+ \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \frac{\omega}{\sqrt{4 - \omega^2}} \tan^{-1} \left( \frac{2x + \omega}{\sqrt{4 - \omega^2}} \right) - \frac{\overline{\omega}}{\sqrt{4 - \overline{\omega}^2}} \tan^{-1} \left( \frac{2x + \overline{\omega}}{\sqrt{4 - \overline{\omega}^2}} \right) \right].
\end{multline*}

이다. 따라서

\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + x^3 + x^2 + x + 1}
= \frac{\pi}{\sqrt{5}} \left( \frac{\omega}{\sqrt{3 + \omega}} - \frac{\overline{\omega}}{\sqrt{3 + \overline{\omega}}} \right)
= \boxed{\frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{5} \pi}\]

이다.

Problem 4

$\ds \int_{-1/3}^{1} \left( \sqrt[3]{1 + \sqrt{1 - x^3}} + \sqrt[3]{1 - \sqrt{1 - x^3}} \right) \, dx$

$\ds u = \sqrt[3]{1 + \sqrt{1 - x^3}} + \sqrt[3]{1 - \sqrt{1 - x^3}}$로 치환하자. $x$에 관해 풀면

\begin{align*}
1 - \sqrt{1 - x^3} & = \left( u - \sqrt[3]{1 + \sqrt{1 - x^3}} \right)^3 \\
& = u^3 - \left( 1 + \sqrt{1 - x^3} \right) - 3u \sqrt[3]{1 + \sqrt{1 - x^3}} \cdot \sqrt[3]{1 - \sqrt{1 - x^3}}, \\
0 & = u^3 - 3ux - 2, \\
\therefore x & = \frac{1}{3} \left( u^2 - \frac{2}{u} \right)
\end{align*}

이다. $x = -1/3$일 때, $u^3 + u - 2 = (u-1) \left( u^2 + u + 2 \right) = 0$이므로 $u = 1$이다. 따라서

\begin{align*}
\int_{-1/3}^{1} \left( \sqrt[3]{1 + \sqrt{1 - x^3}} + \sqrt[3]{1 - \sqrt{1 - x^3}} \right) \, dx
& = \int_{1}^{2} u \cdot \frac{1}{3} \left( 2u + \frac{2}{u^2} \right) \, du \\
& = \frac{2}{3} \int_{1}^{2} \left( u^2 + \frac{1}{u} \right) \, du \\
& = \boxed{\frac{14}{9} + \frac{2}{3} \log 2}
\end{align*}

이다.

Problem 5

$\ds \int_{0}^{1} \max_{n \in \mathbb{Z}_{\geq 0}} \left( \frac{1}{2^n} \left( \floor{2^n x} - \floor{2^n x - \frac{1}{4}} \right) \right) \, dx$

$x \in [0, 1]$를 이진법 $\ds x = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k}$ (단, $a_k \in \{0, 1\}$)으로 표현하면

\begin{align*}
f_n \left( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k} \right)
& = \floor{2^n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k}} - \floor{2^n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k} - \frac{1}{4}} \\
& = \sum_{k=1}^{n} 2^{n-k} a_k - \left( \sum_{k=1}^{n} 2^{n-k} a_k + \floor{\frac{a_{n+1}}{2} + \frac{a_{n+2} - 1}{4} + \sum_{k=3}^{\infty} \frac{a_{n+k}}{2^k}} \right) \\
& = \begin{cases}
1 & \text{if } a_{n+1} = a_{n+2} = 0, \\
0 & \text{otherwise}
\end{cases}
\end{align*}

임을 알 수 있다. 집합

\[E_n = \Set{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k} \, | \, \min \{j \mid a_{j+1} = a_{j+2} = 0\} = n \text{ and each } a_k \in \{0, 1\}}\]

을 정의하고 $E_n$의 르베그 측도를 $m(E_n)$이라고 할 때,

\[\int_{0}^{1} \max_{n \in \mathbb{Z}_{\geq 0}} \left( \frac{1}{2^n} \left( \floor{2^n x} - \floor{2^n x - \frac{1}{4}} \right) \right) \, dx
= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{m(E_n)}{2^n}\]

이다. 수열 $\{m(E_n)\}$은 점화식

\[m(E_{n+2}) = \frac{m(E_{n+1})}{2} + \frac{m(E_n)}{4}\]

과 초깃값 $m(E_0) = \dfrac{1}{4}$과 $m(E_1) = \dfrac{1}{8}$로 정의된다. $\ds g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} m(E_n) x^n$를 $\{m(E_n)\}$의 생성함수라고 하면

\begin{align*}
g(x) & = \frac{1}{4} + \frac{x}{8} + \sum_{n=0}^{\infty} m(E_{n+2}) x^{n+2} \\
& = \frac{1}{4} + \frac{x}{8} + \frac{x}{2} \sum_{n=0}^{\infty} m(E_{n+1}) x^{n+1} + \frac{x^2}{4} \sum_{n=0}^{\infty} m(E_n) x^n \\
& = \frac{1}{4} + \frac{x}{8} + \frac{x}{2} \left( g(x) - \frac{1}{4} \right) + \frac{x^2}{4} \cdot g(x), \\
\therefore g(x) & = \frac{1}{4 - 2x - x^2}
\end{align*}

이므로

\[\int_{0}^{1} \max_{n \in \mathbb{Z}_{\geq 0}} \left( \frac{1}{2^n} \left( \floor{2^n x} - \floor{2^n x - \frac{1}{4}} \right) \right) \, dx
= g \left( \frac{1}{2} \right) = \boxed{\frac{4}{11}}\]

이다.