23회 · 역삼각함수와 삼각치환#
이 회차
한 문장 |
삼각함수의 역함수를 도입하면 대수적으로 보이는 적분이 풀린다. |
출처 |
L22 |
파트 |
PART II — 두 번째 무한 · 관통 질문: 자르기(미분)와 쌓기(적분)는 무슨 관계인가 |
짝 실험 |
22회 마치며가 두 함수를 남겼다.
둘 다 곱이 아니고, 합성이기는 하지만 안쪽 함수의 도함수가 인수로 없다. 그리고 둘 다 삼각함수가 어디에도 없는 대수적인 식이다.
그런데 이 두 적분의 답에는 삼각함수의 역함수가 나온다. 20회 2절이 방법 (나)로 \(\arctan x = \int_0^x \frac{dt}{1+t^2}\)를 적어 두고 쓰지 않았는데, 그 식이 여기서 다시 나온다.
이번 회차에서 먼저 삼각함수의 역함수를 정의한다. 삼각함수는 주기함수이므로 그대로는 역함수를 가질 수 없고 정의역을 제한해야 한다.
그다음 삼각치환을 다룬다. \(\sqrt{1-x^2}\) 같은 형태가 있을 때 \(x=\sin\theta\)로 바꾸면 근호가 사라진다. 22회에서 배운 치환의 한 형태인데 바꾸는 방향이 반대이다.
1. 정의역을 제한한다#
20회가 확보한 것부터 정리한다. 정리 69는 \(\pi/2\)가 \(\cos\)의 첫 양의 영점이며, \(\sin\)이 \([0,\pi/2]\)에서 순증가하고 \(\cos\)이 그 구간에서 순감소한다고 말한다.
그런데 우리에게 필요한 것은 \(0\)의 양쪽이다. 대칭으로 넓힌다.
보조정리 14 (제한 구간에서의 단조성)
\(\sin\)은 \(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)에서 순증가하고, \(\cos\)은 \([0,\pi]\)에서 순감소한다. 그리고
이다. 또 \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)의 모든 점에서 \(\cos>0\)이다.
증명. \(\sin\)의 단조성. \([0,\pi/2]\)에서는 정리 69가 준다.
\(-\frac{\pi}{2} \le x < y \le 0\)이라 하자. 그러면 \(0 \le -y < -x \le \frac{\pi}{2}\)이므로 \(\sin(-y)<\sin(-x)\)이고, 20회 정리 65의 2에 의하여 \(-\sin y < -\sin x\), 곧 \(\sin x < \sin y\)이다.
\(x<0<y\)인 경우에는 \(\sin x < \sin 0 = 0 < \sin y\)이다. 앞의 두 결과에서 각각 나온다. 세 경우를 합치면 \([-\pi/2,\pi/2]\) 전체에서 순증가한다.
\(\cos\)의 부호. \([0,\pi/2)\)에서 \(\cos>0\)이고 \(\cos\)이 짝함수이므로 \((-\pi/2,0]\)에서도 그렇다.
(23.1). \(\cos(\pi/2)=0\)이므로 정리 65의 1에서 \(\sin^2(\pi/2)=1\)이고, \(\sin(\pi/2)>0\)이므로 \(\sin(\pi/2)=1\)이다. 홀함수이므로 \(\sin(-\pi/2)=-1\)이다. \(\cos 0 = 1\)은 (T1)이다.
20회 6절이 덧셈정리에서 \(\cos(x+\frac{\pi}{2}) = -\sin x\)를 얻었다. \(x=\frac{\pi}{2}\)를 넣으면 \(\cos\pi = -\sin\frac{\pi}{2} = -1\)이다.
\(\cos\)의 단조성. \([0,\pi/2]\)에서는 정리 69가 준다.
\(\frac{\pi}{2} \le x < y \le \pi\)라 하자. \(u = x-\frac{\pi}{2}\), \(v = y-\frac{\pi}{2}\)로 두면 \(0 \le u<v \le \frac{\pi}{2}\)이고, 위 덧셈정리 결과에서 \(\cos x = -\sin u\)이고 \(\cos y = -\sin v\)이다. \(\sin\)이 순증가하므로 \(\sin u<\sin v\)이고 부호를 뒤집으면 \(\cos x > \cos y\)이다.
두 구간이 \(\frac{\pi}{2}\)에서 만나고 그 점에서 두 결과가 어긋나지 않으므로, \([0,\pi]\) 전체에서 순감소한다.
이제 역함수를 정의할 수 있다.
정의 51 (역삼각함수)
\(\sin\)을 \(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)로 제한한 것의 역함수를 \(\arcsin\)이라 하고, \(\cos\)을 \([0,\pi]\)로 제한한 것의 역함수를 \(\arccos\)이라 한다. 둘 다 정의역이 \([-1,1]\)이다.
\(\tan\)을 \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)로 제한한 것의 역함수를 \(\arctan\)이라 한다. 정의역은 실수 전체이다.
\(\arcsin\)과 \(\arccos\)이 잘 정의되는 것부터 본다. 보조정리 14이 순단조를 주고, 20회 정리 68와 16회 정리 47가 연속을 준다. 17회 정리 52에 의하여 치역이 각각 \([\sin(-\frac{\pi}{2}), \sin\frac{\pi}{2}] = [-1,1]\)과 \([\cos\pi, \cos 0] = [-1,1]\)이며 — 두 번째는 순감소이므로 부호를 뒤집어 읽는다 — 정리 53가 역함수의 연속을 준다.
\(\arctan\)은 사정이 다르다. 정의역이 열린구간이고 치역이 실수 전체이므로 21회에서 \(\log\)에 쓴 방식을 그대로 쓴다.
보조정리 15 (tan 의 단조성과 치역)
\(\tan\)은 \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)에서 순증가하고 그 치역은 실수 전체이다.
증명. 미분한다. 보조정리 14에 의하여 그 구간에서 \(\cos \ne 0\)이므로 22회 정의 50의 몫이 정의되고, 16회 정리 51와 20회 정리 68에 의하여
이다. 이 값이 양수이므로 18회 정리 60의 1을 임의의 닫힌 부분구간에 적용하면 순증가이다.
위로 유계가 아니다. \(M>0\)이 주어졌다. \(\sin\)과 \(\cos\)이 연속이고 \(\sin\frac{\pi}{2}=1\), \(\cos\frac{\pi}{2}=0\)이므로, 11회 정의 20를 각각 허용 오차 \(\frac12\)과 \(\frac{1}{2M}\)에 적용하면 어떤 \(\delta>0\)이 있어서 \(\left|x-\frac{\pi}{2}\right|<\delta\)에서 \(\sin x>\frac12\)이고 \(|\cos x|<\frac{1}{2M}\)이다.
그런 \(x\) 가운데 \(x<\frac{\pi}{2}\)인 것을 잡으면 \(\cos x>0\)이므로 \(\cos x<\frac{1}{2M}\)이고, 따라서 \(\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} > \frac{1/2}{1/(2M)} = M\)이다.
아래로 유계가 아니다. \(\tan\)이 홀함수이므로 — 분자가 홀이고 분모가 짝이다 — 부호를 뒤집으면 된다.
모든 값을 취한다. 임의의 실수 \(y\)에 대하여 \(\tan a < y < \tan b\)인 \(a<b\)를 위 두 결과로 잡으면, \(\tan\)이 \([a,b]\)에서 연속이므로 14회 정리 40가 \(\tan c = y\)인 \(c\)를 준다.
\(\arctan\)의 연속은 21회 정리 73의 증명이 \(\exp\)에 대해 한 것과 같다. 각 닫힌 부분구간에서 정리 53를 적용하고, \(\tan\)이 구간 전체에서 순증가하므로 그 역함수들이 겹치는 곳에서 일치함을 확인한 뒤 이어 붙인다.
제한 구간은 관례이다
\(\sin\)을 \(\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right]\)로 제한해도 순단조이고 치역이 \([-1,1]\)이므로 역함수를 갖는다. 그것은 다른 함수이다.
정의 51이 고른 구간은 관례를 따른 것이며, 그 구간을 밝히지 않으면 \(\arcsin\)이라는 기호가 무엇을 가리키는지 정해지지 않는다.
흔한 오해 — 제한 구간을 잊는 것
\(\arcsin(\sin x) = x\)는 \(x\)가 제한 구간 안에 있을 때만 성립한다.
\(x = \pi\)이면 \(\sin\pi = 0\)이고 \(\arcsin 0 = 0\)이므로 \(\arcsin(\sin\pi) = 0 \ne \pi\)이다.
반대 방향인 \(\sin(\arcsin y) = y\)는 \(y \in [-1,1]\)인 모든 곳에서 성립한다. 17회 (17.1)의 두 등식이 정의역이 다른 이유가 이것이다.
기호 \(\sin^{-1}\)도 조심해야 한다. 그것은 \(\arcsin\)을 뜻하지 \(\frac{1}{\sin}\)이 아니다. 17회의 「\(f^{-1}\)을 \(1/f\)로 읽는 것」 상자가 같은 이야기를 했다.
2. 역삼각함수의 도함수#
1절은 세 함수를 세웠을 뿐이다. 그것들이 도입부의 두 적분과 무슨 관계인지는 아직 나오지 않았다.
관계는 도함수에서 나온다. 17회 정리 55가 역함수의 도함수를 원래 함수의 도함수로 표현해 주고, 20회 정리 68가 \(\sin\)과 \(\cos\)의 도함수를 이미 주었으므로, 두 정리를 잇기만 하면 된다.
그런데 잇는 자리에 함정이 하나 있다. \((\arcsin)'(x)\)를 구하면 \(\frac{1}{\cos p}\)가 나오는데 그 답은 \(x\)의 식이어야 하고, \(\cos p\)를 \(x\)로 바꾸려면 \(\cos^2 p = 1-x^2\)에서 제곱근을 취해야 한다. 제곱근에는 부호가 둘이다.
어느 쪽인지는 1절이 고른 제한 구간이 정한다. 관례가 답의 부호를 바꾼다는 것이 이 절에서 드러난다.
정리 77 (역삼각함수의 도함수)
\(|x|<1\)에서
이고, 모든 실수 \(x\)에서
이다.
증명. \(\arcsin\). \(|x|<1\)이라 하고 \(p = \arcsin x\)라 하자. \(\sin p = x\)이고 \(p \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\)이다. 끝점이 빠지는 것은 \(x = \pm1\)일 때만 \(p\)가 끝점이 되기 때문이다.
\(\sin'(p) = \cos p\)이고 보조정리 14에 의하여 그 구간에서 \(\cos p>0\)이므로 \(\sin'(p) \ne 0\)이다. 17회 정리 55를 \(\sin\)의 제한에 적용하면
이다.
부호를 확인한다. 정리 65의 1에서 \(\cos^2 p = 1-\sin^2 p = 1-x^2\)이다. 여기서 \(\cos p\)가 양의 제곱근인지 음의 제곱근인지 정해야 하는데, 방금 확인한 대로 \(\cos p>0\)이므로
이다. 이 확인을 생략하면 부호가 정해지지 않는다. 제한 구간을 \(\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right]\)로 잡았다면 \(\cos p<0\)이 되어 답의 부호가 반대가 된다.
\(\arccos\). 같은 방식이다. \(q = \arccos x\)라 하면 \(q \in (0,\pi)\)이고 \(\cos'(q) = -\sin q\)이다. 정리 69와 보조정리 14의 논증으로 \((0,\pi)\)에서 \(\sin>0\)이므로 — \([0,\pi/2]\)는 20회가 주고 \([\pi/2,\pi]\)는 \(\sin(x+\frac{\pi}{2})=\cos x\)에서 나온다 — \(\cos'(q) \ne 0\)이고 \(\sin q = \sqrt{1-x^2}\)이다. 따라서 도함수값이 \(\frac{1}{-\sin q} = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\)이다.
\(\arctan\). (23.2)를 다시 쓴다. 정리 65의 1을 \(\cos^2\)으로 나누면
이므로 \(\tan' = 1+\tan^2\)이다. \(r = \arctan x\)라 하면 \(\tan r = x\)이고 \(\tan'(r) = 1+x^2 \ne 0\)이므로, 정리 55를 임의의 닫힌 부분구간에 적용하여 \((\arctan)'(x) = \frac{1}{1+x^2}\)을 얻는다.
\(\arcsin\)과 \(\arccos\)의 도함수가 부호만 다르다. 그러면 18회 따름정리 9에 의하여 \(\arcsin x + \arccos x\)가 \((-1,1)\)에서 상수이고, \(x=0\)을 넣으면 그 값이 \(0 + \frac{\pi}{2}\)이다.
3. 적분 공식#
19회 정리 64가 도함수를 곧바로 적분 공식으로 바꾼다. 세 도함수가 모두 연속이므로 가정이 갖추어진다.
도입부에서 제기한 문제에 답하였다. 두 피적분함수 어디에도 삼각함수가 없는데 답에는 삼각함수의 역함수가 나온다.
구체적인 값을 하나 구해 둔다. \(\arctan 1\)이 얼마인가.
\(\cos\frac{\pi}{2}=0\)이고 20회 정리 65의 3에서 \(\cos(2\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta = 1-2\sin^2\theta\)이므로, \(\theta = \frac{\pi}{4}\)에서 \(0 = 1-2\sin^2\frac{\pi}{4}\)이고 \(\sin^2\frac{\pi}{4} = \frac12\)이다. \(\frac{\pi}{4} \in (0,\frac{\pi}{2})\)에서 \(\sin>0\)이므로 \(\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt2}\)이고, 같은 항등식에서 \(\cos^2\frac{\pi}{4}=\frac12\)이며 \(\cos>0\)이므로 \(\cos\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt2}\)이다.
따라서 \(\tan\frac{\pi}{4}=1\)이고 \(\arctan 1 = \frac{\pi}{4}\)이다. 그러면
이다. 그 값은 \(0.7853\ldots\)이며, 실험 페이지가 7회의 상합과 하합으로 같은 값을 좁힌다.
\(\pi\)가 유리함수의 적분에서 나왔다. 20회는 \(\pi\)를 \(\cos\)의 영점으로 정의했는데, (23.6)의 왼쪽에는 삼각함수가 없다.
4. 삼각치환#
22회의 치환은 \(u = g(x)\)로 두어 복잡한 것을 단순하게 만들었다. 이번에는 반대이다.
\(\sqrt{1-x^2}\)을 다루려 한다. \(x = \sin\theta\)로 두면 정리 65의 1에 의하여
이고, \(\theta\)를 \(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)에서 잡으면 \(\cos\theta \ge 0\)이므로 \(\sqrt{1-x^2} = \cos\theta\)이다. 근호가 사라졌다.
\(\sin\theta\)는 \(x\)보다 복잡한 식이다. 그런데 근호가 없어지는 것이 그 대가보다 크다.
같은 정리를 거꾸로 읽는다
22회 정리 76은 왼쪽에서 오른쪽으로 읽으면 \(u=g(x)\)로 바꾸는 것이었다.
삼각치환은 오른쪽에서 왼쪽으로 읽는다. \(\int_c^d f(u)\,du\)를 계산하려 할 때 \(g(a)=c\), \(g(b)=d\)가 되는 \(g\)를 골라 왼쪽으로 옮기는 것이다.
새 정리가 필요하지 않다. 같은 등식을 반대 방향으로 쓸 뿐이다. 다만 \(g(a)=c\)와 \(g(b)=d\)를 만족하는 \(a\), \(b\)를 찾아야 하고, 그것을 찾는 데 역함수가 필요하다. 1절이 앞에 놓인 이유가 여기에 있다.
세 가지 형태를 정리해 둔다.
형태 |
치환 |
\(\theta\)의 범위 |
근호가 되는 것 |
|---|---|---|---|
\(\sqrt{a^2-x^2}\) |
\(x = a\sin\theta\) |
\(\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\) |
\(a\cos\theta\) |
\(\sqrt{a^2+x^2}\) |
\(x = a\tan\theta\) |
\(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\) |
\(a\sec\theta\) |
\(\sqrt{x^2-a^2}\) |
\(x = a\sec\theta\) |
\(\left[0,\frac{\pi}{2}\right)\) |
\(a\tan\theta\) |
둘째와 셋째에 새 기호가 나왔다.
정의 52 (시컨트)
\(\cos x \ne 0\)인 \(x\)에 대하여 \(\sec x = \dfrac{1}{\cos x}\)라 한다.
둘째 줄을 확인한다. \(x = a\tan\theta\)이면 \(a^2+x^2 = a^2(1+\tan^2\theta) = \frac{a^2}{\cos^2\theta}\)이고, 제한 구간에서 \(\cos\theta>0\)이므로 근호가 \(\frac{a}{\cos\theta} = a\sec\theta\)이다. 위 2절에서 얻은 \(1+\tan^2 = 1/\cos^2\)을 쓴 것이다.
배각공식#
\(\int\cos^2\theta\,d\theta\)가 필요해진다. 그런데 \(\cos^2\)의 원시함수를 곧바로 적을 수 없다.
20회 정리 65의 3에서 \(\cos(2\theta) = \cos^2\theta-\sin^2\theta\)이고, 같은 정리의 1에서 \(\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta\)이므로 \(\cos(2\theta) = 2\cos^2\theta-1\)이다. 따라서
이다. 오른쪽은 원시함수를 적을 수 있다. 22회 정리 76을 \(g(\theta)=2\theta\)에 쓰면 \(\int\cos 2\theta\,d\theta = \frac{\sin 2\theta}{2}\)이므로
이다.
계산 예#
\(\int\sqrt{1-x^2}\,dx\). \(x=\sin\theta\)로 두면 피적분함수가 \(\cos\theta\)이고 \(dx = \cos\theta\,d\theta\)이므로 \(\int\cos^2\theta\,d\theta\)가 된다. 위 결과에 \(\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta\)를 넣고 \(\theta = \arcsin x\)로 되돌리면
이다.
되돌리는 것이 마지막 단계이다. 답이 \(\theta\)의 식으로 나왔으므로 \(x\)의 식으로 바꾸어야 하고, 그 통로가 \(\theta = \arcsin x\)이다. 정적분에서는 이 단계 대신 구간의 끝값을 바꾼다.
확인은 미분으로 한다. \(|x|<1\)에서 (23.8)의 오른쪽을 미분하면
이다. 17회 정리 56와 정리 54, 그리고 (23.3)을 썼다.
\(\int\dfrac{dx}{(1+x^2)^2}\). \(x=\tan\theta\)로 두면 \(1+x^2 = \frac{1}{\cos^2\theta}\)이고 \(dx = \frac{d\theta}{\cos^2\theta}\)이므로 피적분함수 전체가 \(\cos^2\theta\,d\theta\)가 된다. 다시 (23.7)이다.
되돌릴 때 \(\sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta\)이고 \(\sin\theta = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\), \(\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\)임을 썼다.
셋째 치환은 여기서 끝나지 않는다
\(\sqrt{x^2-a^2}\)에 \(x=a\sec\theta\)를 쓰면 근호는 사라지지만 \(\int\sec\theta\,d\theta\)가 남는다.
그 답은 \(\log|\sec\theta+\tan\theta| + C\)이다. 21회 따름정리 12와 정리 54으로 미분해 보면
이므로 맞다. 그런데 이것은 확인이지 유도가 아니다. 답을 알고 있어야 미분해 볼 수 있고, 그 답을 찾아내는 것은 이 회차의 두 기법으로 되지 않는다.
22회 3절이 “표는 어느 것을 먼저 시도할지를 말할 뿐 성공을 보장하지 않는다”고 적었다. 여기가 그런 자리이다.
5. 원의 넓이#
20회는 \(\pi\)를 \(\cos\)의 첫 양의 영점의 두 배로 정의하였고, 그 회차 마치며가 “원의 둘레는 한 번도 나오지 않았다”고 적었다.
그러면 그 수가 원과 무슨 관계인가. 여기서 답한다.
정리 78 (반지름 1 인 원의 넓이)
\(\displaystyle\int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}\)이고, 반지름이 \(1\)인 원의 넓이는 \(\pi\)이다.
증명. 적분값. \(G(x) = \frac{1}{2}\bigl(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\bigr)\)이라 하자.
\(G\)는 \([-1,1]\)에서 연속이다. \(x\sqrt{1-x^2}\)은 연속함수의 곱이고, \(\arcsin\)은 1절에서 확인한 대로 \([-1,1]\)에서 연속이다.
4절에서 \((-1,1)\)의 모든 점에서 \(G'(x) = \sqrt{1-x^2}\)임을 확인하였다.
피적분함수 \(\sqrt{1-x^2}\)은 \([-1,1]\)에서 연속이므로 19회 정리 64의 가정이 그대로 갖추어졌다. (23.1)에서 \(\arcsin(\pm1) = \pm\frac{\pi}{2}\)이므로
이다.
넓이. 7회 4절이 확인한 대로, \(f \ge 0\)이 \([a,b]\)에서 적분 가능하면 그 아래의 영역 \(Q\)가 6회 공리 2의 \(\mathcal{M}\)에 속하고 \(a(Q) = \int_a^b f\)이다. 따라서 위쪽 반원 \(Q_+\)의 넓이가 \(\frac{\pi}{2}\)이다.
아래쪽 반원 \(Q_-\)는 \(Q_+\)를 \(x\)축에 대하여 뒤집은 것이므로 합동이고, A4에 의하여 넓이가 같다.
\(Q_+ \cap Q_-\)는 \([-1,1]\) 위의 선분이다. 높이가 \(0\)인 직사각형이므로 A5에 의하여 \(\mathcal{M}\)에 속하고 넓이가 \(0\)이다. A2에 의하여
이고, 그 합집합이 반지름 \(1\)인 원이다.
두 정의가 만났다. 20회 정의 45는 \(\pi\)를 \(\cos\)의 영점에서 정의했고, 여기서 그 수가 반지름 \(1\)인 원의 넓이임이 확인되었다.
왜 치환으로 계산하지 않았는가
4절에서 \(x=\sin\theta\)로 치환해 (23.8)을 얻었는데, 위 증명은 치환 정리를 쓰지 않고 원시함수를 확인한 뒤 정리 64를 직접 썼다.
이유가 있다. 22회 정리 76은 \(f\)가 \(g\)의 치역을 품는 열린구간에서 연속일 것을 요구한다. 여기서 \(g(\theta)=\sin\theta\)의 치역이 \([-1,1]\)이고 \(f(u)=\sqrt{1-u^2}\)은 그 바깥에서 정의되지 않는다. \([-1,1]\)을 품는 열린구간이 없다.
그래서 치환은 원시함수를 찾는 데 쓰고, 찾은 것을 미분으로 확인한 뒤 기본정리로 값을 구한다. 22회 실험이 “찾는 데에는 규칙이 없지만 확인하는 데에는 있다”고 한 것이 이 자리에서 실제로 쓰인다.
마치며#
이번 회차에서는 역삼각함수를 정의하고 삼각치환을 다루었다.
삼각함수는 주기함수이므로 정의역을 제한해야 역함수를 가질 수 있으며, 어느 구간으로 제한하는지는 관례이다. 그 관례를 밝히지 않으면 \(\arcsin\)이라는 기호가 무엇을 가리키는지 정해지지 않는다.
도함수를 구할 때 부호를 확인하는 자리가 있었다. \(\cos p = \pm\sqrt{1-x^2}\) 가운데 어느 것인지는 제한 구간이 정한다. 다른 구간을 골랐다면 답의 부호가 반대였다.
삼각치환에서는 치환의 방향이 앞 회차와 반대였다. 단순한 변수를 복잡한 것으로 바꾸었는데도 계산이 쉬워졌다. 근호가 사라졌기 때문이다. 새 정리는 필요하지 않았고 정리 76을 거꾸로 읽었을 뿐이다.
그리고 \(\int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}\)를 계산하였다. 20회에서 \(\pi\)를 \(\cos\)의 영점으로 정의하였는데, 그 수가 반지름 \(1\)인 원의 넓이의 절반이라는 것이 여기서 확인되었다. 6회의 넓이 공리가 마지막 한 걸음을 맡았다.
여기까지 세 회차에 걸쳐 적분 기법을 다루었다. 16회부터 세면 여덟 회차이다. 잠시 정리하고 넘어가는 편이 좋겠다.
다음 회차에서는 지금까지의 미분 법칙과 적분 기법을 대조하여 정리하도록 하자.
이어서
같은 회차의 실험: 23회 실험 · 제한이 답을 정한다