g(x)=f'(2x)sinπx+x이고 g는 역함수를 가진다 sin0=sinπ=0이므로 g(0)=0, g(1)=1이다 ∫0^1 g⁻¹(x)dx = 2∫0^1 f'(2x)sinπx dx + 1/4 구하는 값은 ∫0^2 f(x)cos(πx/2)dx이다

2025학년도 9월 모의평가 수학 미적분 28번 풀이 | 역함수 넓이와 부분적분 [250928c]

문제

문제 텍스트 객관식

함수 $f(x)$ $f(x)$는 실수 전체의 집합에서 연속인 이계도함수를 갖고, 실수 전체의 집합에서 정의된 함수 $g(x)$ $g(x)$를

g(x)=f'(2x)\sin \pi x+x

라 하자. 함수 $g(x)$ $g(x)$는 역함수 $g^{-1}(x)$ $g^{-1}(x)$를 갖고,

\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=2\int_0^1 f'(2x)\sin \pi x\,dx+\frac{1}{4}

을 만족시킬 때, $\int_0^2 f(x)\cos \frac{\pi}{2}x\,dx$ $\int_0^2 f(x)\cos \frac{\pi}{2}x\,dx$의 값은? [4점]

① $-\frac{1}{\pi}$ $-\frac{1}{\pi}$
② $-\frac{1}{2\pi}$ $-\frac{1}{2\pi}$
③ $-\frac{1}{3\pi}$ $-\frac{1}{3\pi}$
④ $-\frac{1}{4\pi}$ $-\frac{1}{4\pi}$
⑤ $-\frac{1}{5\pi}$ $-\frac{1}{5\pi}$

정답

③

풀이

풀이 전략

$\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx$ $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx$가 보이면 먼저 $g$ $g$가 $0$ $0$과 $1$ $1$을 어디로 보내는지 확인한다.
이 문항에서는 $\sin0=\sin\pi=0$ $\sin0=\sin\pi=0$이어서 $g(0)=0$ $g(0)=0$, $g(1)=1$ $g(1)=1$이 바로 정해지고, 역함수 적분을 단위정사각형의 넓이 관계로 읽을 수 있다.

그다음 반복해서 나오는 적분을 $A$ $A$로 묶어 값을 구하고, 목표 적분은 $x=2t$ $x=2t$ 치환과 부분적분으로 $A$ $A$에 연결한다.

$0$ $0$과 $1$ $1$을 먼저 넣어 역함수의 구간을 맞춰보자

문제에서 $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx$ $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx$가 보인다.
역함수의 적분 구간이 $0$ $0$부터 $1$ $1$까지 잡혀 있으므로, 먼저 원래 함수 $g$ $g$가 $0$ $0$과 $1$ $1$을 어디로 보내는지 확인해 본다.

$g(x)=f'(2x)\sin\pi x+x$ $g(x)=f'(2x)\sin\pi x+x$에 $x=0,1$ $x=0,1$을 넣으면 $g(0)=f'(0)\sin0+0=0$ $g(0)=f'(0)\sin0+0=0$, $g(1)=f'(2)\sin\pi+1=1$ $g(1)=f'(2)\sin\pi+1=1$이다.
양 끝에서 $\sin\pi x$ $\sin\pi x$가 사라지기 때문에 $f'$ $f'$의 값과 관계없이 $g(0)=0$ $g(0)=0$, $g(1)=1$ $g(1)=1$이 고정된다.

g(0)=0, g(1)=1에서 역함수 적분을 단위정사각형 넓이로 보는 구조 — $0,1$ $0,1$ 대입으로 양 끝값을 고정하고 역함수 적분을 단위정사각형 넓이로 읽는 장면

위 그림처럼 $g$ $g$는 역함수를 가지므로 그래프가 한 구간에서 접히지 않는다.
$g(0)=0<1=g(1)$ $g(0)=0<1=g(1)$이므로 $[0,1]$ $[0,1]$에서 $0$ $0$부터 $1$ $1$까지 일대일로 증가한다.

따라서 원래 그래프 아래 넓이와 역함수 그래프 아래 넓이를 같은 단위정사각형 안에서 비교할 수 있다.

\int_0^1 g(x)\,dx+\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=1

이제 문제의 역함수 적분 조건을 이 넓이식에 대입할 수 있다.

문제에 반복되는 적분을 한 글자로 묶어보자

조건식에는 $\int_0^1 f'(2x)\sin\pi x\,dx$ $\int_0^1 f'(2x)\sin\pi x\,dx$가 반복해서 나온다.
이 적분을 $A$ $A$로 두면

A=\int_0^1 f'(2x)\sin\pi x\,dx

이다.
또 $g(x)=f'(2x)\sin\pi x+x$ $g(x)=f'(2x)\sin\pi x+x$이므로 $\int_0^1 g(x)\,dx=A+\frac12$ $\int_0^1 g(x)\,dx=A+\frac12$이다.

역함수 넓이식에 A를 대입해 A=1/12를 구하는 계산 흐름 — 반복되는 적분을 $A$ $A$로 묶고 역함수 넓이식에 대입해 $A=\frac1{12}$ $A=\frac1{12}$를 얻는 계산

그림의 흐름을 식으로 쓰면 다음과 같다.
문제에서 준 조건은 $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=2A+\frac14$ $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=2A+\frac14$이고, 단위정사각형 넓이식에 두 적분을 넣으면

1=\left(A+\frac12\right)+\left(2A+\frac14\right)

이다.
따라서 $3A=\frac14$ $3A=\frac14$이고, $A=\frac1{12}$ $A=\frac1{12}$이다.

같은 관찰을 $g$ $g$로 보면 $g(x)-x=f'(2x)\sin\pi x$ $g(x)-x=f'(2x)\sin\pi x$이다.
즉 $A$ $A$는 $\int_0^1 (g(x)-x)\,dx$ $\int_0^1 (g(x)-x)\,dx$이기도 하다.
이 모양은 목표 적분을 부분적분한 뒤 다시 나타난다.

목표 적분을 앞에서 얻은 모양으로 바꿔보자

이제 구해야 하는 값을

I=\int_0^2 f(x)\cos\frac{\pi}{2}x\,dx

라고 두자.
앞에서 구한 $A$ $A$는 $[0,1]$ $[0,1]$에서 $f'(2x)\sin\pi x$ $f'(2x)\sin\pi x$를 적분한 값이다.
목표 적분의 구간은 $[0,2]$ $[0,2]$이고 삼각함수 안에는 $\frac{\pi}{2}x$ $\frac{\pi}{2}x$가 들어 있으므로, $x=2t$ $x=2t$로 바꾸어 구간과 삼각함수의 모양을 맞춘다.

목표 적분을 x=2t 치환과 부분적분으로 A에 연결하는 계산 — 목표 적분을 $x=2t$ $x=2t$로 치환한 뒤 부분적분으로 앞에서 구한 $A$ $A$에 연결하는 흐름

$x=2t$ $x=2t$로 치환하면 $I=2\int_0^1 f(2t)\cos\pi t\,dt$ $I=2\int_0^1 f(2t)\cos\pi t\,dt$이다.
여기서 $\cos\pi t$ $\cos\pi t$는 $\sin\pi t$ $\sin\pi t$를 미분할 때 나오는 함수이고, 앞에서 얻은 $A$ $A$에는 $f'(2t)\sin\pi t$ $f'(2t)\sin\pi t$가 들어 있다.
따라서 부분적분을 하면 목표 적분이 앞에서 구한 $A$ $A$와 연결된다.

부분적분을 위해 $u=f(2t)$ $u=f(2t)$, $dv=\cos\pi t\,dt$ $dv=\cos\pi t\,dt$로 둔다.
$f(2t)$ $f(2t)$는 합성함수이므로 $t$ $t$로 미분하면 안쪽 식 $2t$ $2t$의 미분인 $2$ $2$가 곱해져

du=2f'(2t)\,dt,\qquad v=\frac1\pi\sin\pi t

이다.
부분적분 공식 $\displaystyle\int u\,dv=uv-\int v\,du$ $\displaystyle\int u\,dv=uv-\int v\,du$에 그대로 대입하면

\int_0^1 f(2t)\cos\pi t\,dt =\left[\frac1\pi f(2t)\sin\pi t\right]_0^1-\int_0^1\frac1\pi\sin\pi t\cdot 2f'(2t)\,dt

이다.
앞에 있던 $2$ $2$를 다시 곱하면

I=2\left[\frac1\pi f(2t)\sin\pi t\right]_0^1-\frac4\pi\int_0^1 f'(2t)\sin\pi t\,dt

이다.
경계항은 $\sin0=\sin\pi=0$ $\sin0=\sin\pi=0$이므로 사라지고, 남은 적분은 $A$ $A$이다.
따라서 $I=-\frac4\pi A$ $I=-\frac4\pi A$이다.

앞에서 $A=\frac1{12}$ $A=\frac1{12}$였으므로 $I=-\frac4\pi\cdot\frac1{12}=-\frac1{3\pi}$ $I=-\frac4\pi\cdot\frac1{12}=-\frac1{3\pi}$이다.
정답은 ③이다.

부호와 경계항을 확인해보자

부분적분에서 부호가 한 번 바뀐다.
그래서 $A=\frac1{12}$ $A=\frac1{12}$가 양수로 나와도 목표 적분 $I$ $I$는 $I=-\frac4\pi A$ $I=-\frac4\pi A$에 의해 음수가 된다.

경계항이 사라지는 이유도 확인해 두어야 한다.
$f(0)$ $f(0)$이나 $f(2)$ $f(2)$의 값이 정해진 것이 아니라, 곱해진 $\sin\pi t$ $\sin\pi t$가 $t=0,1$ $t=0,1$에서 모두 $0$ $0$이기 때문에 $\left[\frac1\pi f(2t)\sin\pi t\right]_0^1=0$ $\left[\frac1\pi f(2t)\sin\pi t\right]_0^1=0$이다.

구한 값을 원래 조건에도 넣어 보면, $A=\frac1{12}$ $A=\frac1{12}$일 때 $2A+\frac14=\frac16+\frac14=\frac5{12}$ $2A+\frac14=\frac16+\frac14=\frac5{12}$이다.
한편 단위정사각형 넓이 관계에서는 $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=1-\left(A+\frac12\right)=\frac5{12}$ $\int_0^1 g^{-1}(x)\,dx=1-\left(A+\frac12\right)=\frac5{12}$이므로 두 값이 일치한다.

발상이 갈리는 부분

이 문항에서 처음 당황스러운 지점은 $f$ $f$의 식이 전혀 주어지지 않았는데 $g^{-1}$ $g^{-1}$의 적분이 나온다는 점이다.
이때 $0$ $0$과 $1$ $1$을 넣으면 $\sin\pi x$ $\sin\pi x$가 양 끝에서 사라지고, $g(0)=0$ $g(0)=0$, $g(1)=1$ $g(1)=1$이 바로 보인다.
이 관찰이 역함수 넓이 관계로 들어가는 출발점이다.

두 번째 지점은 목표 적분과 조건 속 적분의 모양이 달라 보인다는 점이다.
목표 적분을 $x=2t$ $x=2t$로 바꾸면 $f(2t)\cos\pi t$ $f(2t)\cos\pi t$가 되고, 부분적분을 통해 $f'(2t)\sin\pi t$ $f'(2t)\sin\pi t$가 나온다.
앞에서 구한 $A$ $A$가 이 모양을 이미 담고 있으므로 계산은 짧게 끝난다.