L03 · 극값·적분 기법·디랙 델타

예제 1-1 $f(x,y)=x^3+y^3-3xy$의 정지점을 찾고 판정하기

1계: $f_x=3x^2-3y=0$, $\;f_y=3y^2-3x=0$. 첫 식에서 $y=x^2$. 둘째 식에 넣으면 $x^4=x$, 즉 $x(x^3-1)=0$이므로 실수 해는 $x=0$, $x=1$입니다. 정지점은 $(0,0)$, $(1,1)$.

2계: $f_{xx}=6x$, $\;f_{yy}=6y$, $\;f_{xy}=-3$.

• $(0,0)$: $D=0\cdot0-(-3)^2=-9<0$ → 안장점
• $(1,1)$: $D=6\cdot6-9=27>0$, $f_{xx}=6>0$ → 극소, $f(1,1)=1+1-3=-1$

예제 2-1 (a) $\displaystyle\int x^3e^{2x}dx$ (표 방법) (b) $\sin^nx$의 점화식과 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^5x\,dx$, $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^6x\,dx$

(a) 표를 만듭니다.

각 행의 왼쪽 칸과 한 줄 아래 오른쪽 칸을 곱합니다.

$$\begin{aligned}\int x^3e^{2x}dx&=x^3\cdot\frac{e^{2x}}2-3x^2\cdot\frac{e^{2x}}4\\&\quad+6x\cdot\frac{e^{2x}}8-6\cdot\frac{e^{2x}}{16}\\&=e^{2x}\Big(\frac{x^3}2-\frac{3x^2}4+\frac{3x}4-\frac38\Big)+C.\end{aligned}$$

검산: $\frac{d}{dx}\big[e^{2x}P(x)\big]=e^{2x}(2P+P')$이고, $2P=x^3-\frac{3x^2}2+\frac{3x}2-\frac34$, $P'=\frac{3x^2}2-\frac{3x}2+\frac34$이므로 합은 $x^3$입니다.

(b) $I_n=\int\sin^nx\,dx$. $u=\sin^{n-1}x$, $dv=\sin x\,dx$로 두면 $du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx$, $v=-\cos x$.

$$\begin{aligned}I_n&=-\sin^{n-1}x\cos x\\&\quad+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx\\&=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)(I_{n-2}-I_n).\end{aligned}$$

($\cos^2x=1-\sin^2x$를 썼습니다.) $I_n$을 왼쪽으로 모으면

$$I_n=-\frac{\sin^{n-1}x\cos x}{n}+\frac{n-1}{n}I_{n-2}.$$

$0$부터 $\frac\pi2$까지 적분하면 첫 항은 양 끝에서 0이므로 $W_n=\frac{n-1}nW_{n-2}$입니다.

$$\begin{aligned}W_5&=\frac45\cdot\frac23\cdot W_1=\frac8{15},\\ W_6&=\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot W_0=\frac{15}{48}\cdot\frac\pi2=\frac{5\pi}{32}.\end{aligned}$$

예제 3-1 $\displaystyle\int\frac{dx}{(x^2+a^2)^{3/2}}$ ($a>0$)와 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)^{3/2}}$

$x=a\tan t$로 둡니다: $dx=a\sec^2t\,dt$, $\;x^2+a^2=a^2\sec^2t$, $\;(x^2+a^2)^{3/2}=a^3\sec^3t$.

$$\begin{aligned}\int\frac{a\sec^2t\,dt}{a^3\sec^3t}&=\frac1{a^2}\int\cos t\,dt=\frac{\sin t}{a^2}\\&=\frac{x}{a^2\sqrt{x^2+a^2}}+C.\end{aligned}$$

정적분: $x\to\pm\infty$에서 $\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}\to\pm1$이므로

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)^{3/2}}=\frac{1-(-1)}{a^2}=\frac{2}{a^2}.$$

(무한히 긴 직선 전하의 전기장을 계산할 때 나오는 적분입니다.)

예제 4-1 (a) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx$ (극좌표 트릭) (b) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2x^2+4x}dx$ (완전제곱)

(a)

$$\begin{aligned}I^2&=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\infty e^{-ar^2}\,r\,dr\,d\theta\\&=2\pi\Big[-\frac{e^{-ar^2}}{2a}\Big]_0^\infty=2\pi\cdot\frac1{2a}=\frac\pi a,\\ I&=\sqrt{\frac\pi a}.\end{aligned}$$

$I>0$이므로 양의 제곱근을 고릅니다. 피적분함수가 짝함수라서 $\int_0^\infty e^{-ax^2}dx=\frac12\sqrt{\frac\pi a}$입니다.

(b) 지수를 완전제곱으로 바꿉니다.

$$\begin{aligned}-2x^2+4x&=-2(x^2-2x)=-2\big[(x-1)^2-1\big]\\&=-2(x-1)^2+2.\end{aligned}$$

$u=x-1$로 옮기면

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2x^2+4x}dx=e^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2u^2}du=e^2\sqrt{\frac\pi2}.$$

일반식 $\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2+bx}dx=\sqrt{\frac\pi a}\,e^{b^2/(4a)}$에 $a=2$, $b=4$를 넣어도 $\frac{b^2}{4a}=2$로 같습니다.

예제 5-1 (a) $\displaystyle\int_0^\infty x^ne^{-ax}dx$ (b) $\displaystyle\int_0^\infty x^2e^{-ax^2}dx$

(a) 출발점: $\int_0^\infty e^{-ax}dx=\frac1a=a^{-1}$.

• $a$로 한 번 미분: $\int_0^\infty(-x)e^{-ax}dx=-a^{-2}$ → $\int_0^\infty xe^{-ax}dx=\frac1{a^2}$
• 두 번: $\int_0^\infty x^2e^{-ax}dx=\frac{2}{a^3}$
• 세 번: $\int_0^\infty x^3e^{-ax}dx=\frac{3\cdot2}{a^4}$

$n$번 미분하면 왼쪽에 $(-x)^n$, 오른쪽에 $\frac{d^n}{da^n}a^{-1}=(-1)^nn!\,a^{-n-1}$이 나오고 $(-1)^n$이 양쪽에서 지워집니다.

$$\int_0^\infty x^ne^{-ax}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}.$$

(b) 출발점: $\int_0^\infty e^{-ax^2}dx=\frac{\sqrt\pi}2a^{-1/2}$ (4절). 양변을 $a$로 미분하고 부호를 바꿉니다.

$$\begin{aligned}\int_0^\infty x^2e^{-ax^2}dx&=-\frac{d}{da}\Big(\frac{\sqrt\pi}2a^{-1/2}\Big)\\&=\frac{\sqrt\pi}2\cdot\frac12a^{-3/2}=\frac{\sqrt\pi}{4a^{3/2}}.\end{aligned}$$

한 번 더 하면 $\int_0^\infty x^4e^{-ax^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{4}\cdot\frac32a^{-5/2}=\frac{3\sqrt\pi}{8a^{5/2}}$.

예제 5-2 $I(a)=\displaystyle\int_0^\infty e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx$ ($a>0$)와 $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx$

$\frac{\sin x}x$의 원시함수는 초등함수로 쓸 수 없습니다. $a$로 미분하면 분모의 $x$가 지워집니다.

$$\begin{aligned}I'(a)&=\int_0^\infty(-x)e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx\\&=-\int_0^\infty e^{-ax}\sin x\,dx=-\frac{1}{a^2+1}.\end{aligned}$$

(마지막 적분은 L02 8절의 $\int_0^\infty e^{-px}\sin bx\,dx=\frac b{p^2+b^2}$에 $p=a$, $b=1$을 넣은 것입니다.)

$a$로 적분하면 $I(a)=-\arctan a+C$.

상수 정하기: $a\to\infty$이면 $e^{-ax}$가 피적분함수를 0으로 만들므로 $I\to0$입니다. $\arctan a\to\frac\pi2$이므로 $C=\frac\pi2$.

$$I(a)=\frac\pi2-\arctan a=\arctan\frac1a\qquad(a>0).$$

$a\to0^+$이면 $\arctan\frac1a\to\frac\pi2$이므로

$$\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx=\frac\pi2.$$

(극한을 적분 안으로 넣어도 되는지에 대한 증명은 생략합니다.)

예제 6-1 (a) $\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_x^{x^2}\frac{dt}{t}$ ($x>0$)를 두 방법으로 (b) $y(x)=\displaystyle\int_0^x\sin(x-t)\,g(t)\,dt$가 $y''+y=g(x)$, $y(0)=y'(0)=0$을 만족함을 보이기

(a) 라이프니츠: $f=\frac1t$에 $x$가 없으므로 ③은 0입니다. $b=x^2$, $b'=2x$, $a=x$, $a'=1$.

$$\frac{1}{x^2}\cdot2x-\frac1x\cdot1=\frac2x-\frac1x=\frac1x.$$

직접: $\int_x^{x^2}\frac{dt}t=\ln x^2-\ln x=\ln x$이고, 미분하면 $\frac1x$. 같습니다.

(b) 위끝 $b=x$ ($b'=1$), 아래끝 $0$ (고정), 피적분함수 $\sin(x-t)\,g(t)$에 $x$가 있습니다.

$$\begin{aligned}y'&=\sin(x-x)\,g(x)\cdot1+\int_0^x\cos(x-t)\,g(t)\,dt\\&=\int_0^x\cos(x-t)\,g(t)\,dt.\end{aligned}$$

($\sin0=0$이라 ①이 사라졌습니다.) 한 번 더 미분합니다.

$$\begin{aligned}y''&=\cos0\cdot g(x)-\int_0^x\sin(x-t)\,g(t)\,dt\\&=g(x)-y.\end{aligned}$$

따라서 $y''+y=g$. 또 $y(0)=\int_0^0=0$, $y'(0)=\int_0^0=0$. 정지해 있던 진동자($\omega=1$)에 힘 $g(t)$를 가했을 때의 변위가 이 적분입니다(뒤아멜 적분, Duhamel's integral).

예제 7-1 (a) $\displaystyle\int_0^1\!\!\int_x^1e^{-y^2}dy\,dx$ (b) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}(x+1)^2e^{-x^2}dx$

(a) 안쪽 $\int e^{-y^2}dy$는 초등함수로 안 됩니다. 영역은 $0\le x\le y\le1$인 삼각형이므로 순서를 바꿉니다.

$$\begin{aligned}\int_0^1\!\!\int_0^y e^{-y^2}dx\,dy&=\int_0^1ye^{-y^2}dy\\&=\Big[-\frac{e^{-y^2}}2\Big]_0^1=\frac{1-e^{-1}}2.\end{aligned}$$

(b) 전개하면 $(x^2+2x+1)e^{-x^2}$. $2xe^{-x^2}$는 홀함수라서 적분이 0입니다. 나머지는 짝함수이고 0절의 표로 계산합니다.

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}x^2e^{-x^2}dx&=2\cdot\frac{\sqrt\pi}{4}=\frac{\sqrt\pi}2,\\ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx&=\sqrt\pi.\end{aligned}$$

합: $\frac{\sqrt\pi}2+0+\sqrt\pi=\frac{3\sqrt\pi}2$.

예제 8-1 (a) 로런츠형의 넓이가 1임을 보이고, $\displaystyle\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\varepsilon/\pi}{x^2+\varepsilon^2}\cdot\frac{1}{1+x^2}\,dx$ 구하기 (b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\cos x\cdot\frac{n}{\sqrt\pi}e^{-n^2x^2}dx$

(a) 넓이: $\int\frac{dx}{x^2+\varepsilon^2}=\frac1\varepsilon\arctan\frac x\varepsilon$이므로

$$\frac\varepsilon\pi\cdot\frac1\varepsilon\Big[\arctan\frac x\varepsilon\Big]_{-\infty}^{\infty}=\frac1\pi\Big(\frac\pi2+\frac\pi2\Big)=1.$$

적분: 부분분수로 나눕니다.

$$\frac1{(x^2+\varepsilon^2)(x^2+1)}=\frac1{1-\varepsilon^2}\Big(\frac1{x^2+\varepsilon^2}-\frac1{x^2+1}\Big).$$

$\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{x^2+\varepsilon^2}=\frac\pi\varepsilon$, $\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{x^2+1}=\pi$를 넣습니다.

$$\begin{aligned}\frac\varepsilon\pi\cdot\frac1{1-\varepsilon^2}\Big(\frac\pi\varepsilon-\pi\Big)&=\frac{1-\varepsilon}{1-\varepsilon^2}\\&=\frac1{1+\varepsilon}\to1.\end{aligned}$$

$f(x)=\frac1{1+x^2}$이므로 $f(0)=1$과 맞습니다.

(b) 가우스 적분 일반식(4절)에 $a=n^2$, $b=i$를 넣으면 $\int e^{-n^2x^2}\cos x\,dx=\frac{\sqrt\pi}{n}e^{-1/(4n^2)}$입니다(연습문제 C4와 같은 계산).

$$\frac{n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n}e^{-1/(4n^2)}=e^{-1/(4n^2)}\to1=\cos0.$$

예제 8-2 (a) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ik(x-2)}}{1+x^2}\,dk\,dx$ (b) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\cos(kx)\,dk=2\pi\,\delta(x)$ 확인

(a) $k$ 적분을 먼저 합니다: $\int_{-\infty}^\infty e^{ik(x-2)}dk=2\pi\,\delta(x-2)$.

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\pi\,\delta(x-2)}{1+x^2}dx=\frac{2\pi}{1+4}=\frac{2\pi}5.$$

(b) $\cos kx=\frac12\big(e^{ikx}+e^{-ikx}\big)$이고, 두 항 모두 $k$로 적분하면 $2\pi\,\delta(x)$입니다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}\cos(kx)\,dk=\frac12\big(2\pi\delta(x)+2\pi\delta(x)\big)=2\pi\,\delta(x).$$

같은 말로, $e^{ikx}=\cos kx+i\sin kx$에서 $\sin kx$는 $k$의 홀함수라 적분이 0이므로 실수 부분만 남습니다.

예제 9-1 (a) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{x}\,\delta(6-3x)\,dx$ (b) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}(x^3+x^2)\,\delta(x^2-4)\,dx$

(a) $\delta(6-3x)=\delta\big(-3(x-2)\big)=\dfrac{1}{|-3|}\delta(x-2)$이므로 답은 $\dfrac{e^2}3$.

(b) $g(x)=x^2-4$의 근은 $x=\pm2$, $g'(x)=2x$이므로 $|g'(\pm2)|=4$.

$$\delta(x^2-4)=\frac{\delta(x-2)+\delta(x+2)}{4}.$$ $$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}(x^3+x^2)\,\delta(x^2-4)\,dx&=\frac{(8+4)+(-8+4)}{4}\\&=\frac{12-4}4=2.\end{aligned}$$

근 하나만 쓰면 3이라는 틀린 답이 나옵니다. 일반식: $a>0$이면 $\delta(x^2-a^2)=\dfrac{\delta(x-a)+\delta(x+a)}{2a}$.

예제 9-2 (a) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}(x^2+3x)\,\delta'(x-1)\,dx$ (b) $H'=\delta$ 확인과 $\dfrac{d}{dx}\big[e^{-x}H(x)\big]$

(a) 부분적분합니다.

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,\delta'(x-1)\,dx&=\Big[f\,\delta(x-1)\Big]_{-\infty}^{\infty}\\&\quad-\int_{-\infty}^{\infty}f'(x)\,\delta(x-1)\,dx\\&=0-f'(1)=-f'(1).\end{aligned}$$

$f'(x)=2x+3$이므로 답은 $-5$.

(b) 시험함수(test function) $h(x)$ (무한대에서 0)를 곱해 적분합니다.

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}h(x)H'(x)\,dx&=-\int_{-\infty}^{\infty}h'(x)H(x)\,dx\\&=-\int_0^{\infty}h'(x)\,dx=h(0).\end{aligned}$$

이것은 $\delta$의 거르기 성질과 같으므로 $H'(x)=\delta(x)$입니다.

곱의 미분법에 레시피 6번(곱 규칙)을 쓰면

$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}\big[e^{-x}H(x)\big]&=-e^{-x}H(x)+e^{-x}\delta(x)\\&=-e^{-x}H(x)+\delta(x).\end{aligned}$$

$e^{-x}H(x)$는 $x=0$에서 0에서 1로 뛰므로 $\delta$의 계수가 1인 것과 맞습니다.

예제 10-1 (a) $\mathbf a=(1,2,-1)$일 때 $\int(x^2+yz)\,\delta^3(\mathbf r-\mathbf a)\,dV$를 전체 공간과 반지름 2인 공 안에서 (b) $\int_{\text{전체}}e^{-r}\,\delta(r-2)\,dV$ (c) 구면좌표 표현이 1로 적분되는지 확인

(a) 전체 공간: $f(\mathbf a)=1^2+2\cdot(-1)=-1$. 공 $r<2$: $|\mathbf a|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt6\approx2.45>2$이므로 델타가 영역 밖에 있어 0.

(b) 각도 적분과 반지름 적분을 따로 합니다.

$$\begin{aligned}\int_0^\infty e^{-r}\,\delta(r-2)\,r^2\,dr\cdot\oint d\Omega&=e^{-2}\cdot2^2\cdot4\pi\\&=16\pi e^{-2}.\end{aligned}$$

(c)

$$\begin{aligned}&\int\frac{\delta(r-a)\,\delta(\theta-\theta_a)\,\delta(\phi-\phi_a)}{r^2\sin\theta}\,r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi\\&=\int\delta(r-a)\,dr\int\delta(\theta-\theta_a)\,d\theta\int\delta(\phi-\phi_a)\,d\phi\\&=1\cdot1\cdot1=1.\end{aligned}$$

야코비안 $r^2\sin\theta$가 분모와 지워집니다. 분모를 빼먹으면 답에 $a^2\sin\theta_a$가 잘못 곱해집니다.