"원주율과 적분"의 두 판 사이의 차이
| 31번째 줄: | 31번째 줄: | ||
<h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">단위원의 면적과 적분</h5> | <h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">단위원의 면적과 적분</h5> | ||
| + | |||
| + | 단위원의 면적은 <math>4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx</math> 으로 쓸 수 있다. 이 값은 정말로 <math>\pi</math>가 될까? 이를 삼각함수 없이 증명할 수 있을까? | ||
| + | |||
| + | <math>4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx</math> 를 보이면 된다. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | (증명) | ||
<math>\int \left(2 \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \, dx=x \sqrt{1-x^2}+C</math> | <math>\int \left(2 \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \, dx=x \sqrt{1-x^2}+C</math> | ||
| 38번째 줄: | 46번째 줄: | ||
<math>4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx</math> | <math>4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx</math> | ||
| − | + | 따라서 단위원의 면적은 <math>4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx=\pi</math> 가 된다. ■ | |
| − | |||
| − | |||
| − | |||
| − | |||
| 76번째 줄: | 80번째 줄: | ||
* http://hshin.info/311 | * http://hshin.info/311 | ||
| − | + | [[대수적 함수와 아벨적분]] | |
| + | |||
| + | * 사인/아크사인함수 덧셈정리의 적분표현<br><math>\sin \left(x+y\right)=\sin x \cos y + \cos x \sin y\</math><br><math>\arcsin x+\arcsin y=\arcsin (x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})</math><br><math>\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx = \int_0^{x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}}{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx </math><br> | ||
2011년 4월 13일 (수) 01:57 판
이 항목의 수학노트 원문주소
개요
- 삼각함수에 대해 알고 있는 모든 사실을 잊기로 하자.
- 대수적함수에 대한 미적분학의 기술은 안다고 가정하자.
단위원의 둘레의 길이와 적분
이제 단위원의 둘레의 길이를 미적분학을 통해 표현해보자.
단위원 C의 둘레의 길이를 적분으로 표현하기 위해 원의 방정식 \(x^2+y^2=1\)을 이용하자. \(y=\sqrt{1-x^2}\)를 이용하면, C의 둘레의 길이의 절반은
\(\frac{1}{2}\int _Cds=\int_{-1}^1 \sqrt{1+\left(\frac{\text{dy}}{\text{dx}}\right)^2} \, dx=\int_{-1}^1 \sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx\) 로 표현된다.
원주율은 \(\pi =2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx\) 로 정의된다.
단위원의 면적과 적분
단위원의 면적은 \(4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx\) 으로 쓸 수 있다. 이 값은 정말로 \(\pi\)가 될까? 이를 삼각함수 없이 증명할 수 있을까?
\(4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx\) 를 보이면 된다.
(증명)
\(\int \left(2 \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \, dx=x \sqrt{1-x^2}+C\)
\(\int_0^1 \left(2 \sqrt{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) \, dx=0\)
\(4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx\)
따라서 단위원의 면적은 \(4\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \, dx=2\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx=\pi\) 가 된다. ■
재미있는 사실
- Math Overflow http://mathoverflow.net/search?q=
- 네이버 지식인 http://kin.search.naver.com/search.naver?where=kin_qna&query=
역사
메모
- 사인/아크사인함수 덧셈정리의 적분표현
\(\sin \left(x+y\right)=\sin x \cos y + \cos x \sin y\\)
\(\arcsin x+\arcsin y=\arcsin (x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})\)
\(\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx = \int_0^{x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}}{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}dx \)
관련된 항목들
수학용어번역
- 단어사전 http://www.google.com/dictionary?langpair=en%7Cko&q=
- 발음사전 http://www.forvo.com/search/
- 대한수학회 수학 학술 용어집
- 남·북한수학용어비교
- 대한수학회 수학용어한글화 게시판
사전 형태의 자료
- http://ko.wikipedia.org/wiki/
- http://en.wikipedia.org/wiki/
- The Online Encyclopaedia of Mathematics
- NIST Digital Library of Mathematical Functions
관련논문
관련도서