Complicated definite integral of sqrt(1-a^2/x^2)exp(-x^2)

이번 고등열전달 과제에서 Duhamel’s Integral(Superposition) Principle을 적용해 1-D Semi-Infinite Solid에서 Heat Conduction Equation를 푸는 문제가 나왔다.
즉, Surface에서의 BC가 Sqrt로서 주어진,

$$
\alpha \frac{\partial^2 t}{\partial x^2} = \frac{\partial t}{\partial \tau} \quad x>0, \tau>0 \quad
\begin{cases}
t(x, 0) = 0\quad \text{for } x > 0\\
t(0, \tau) = \sqrt{\tau}\quad \text{for } \tau > 0
\end{cases}
$$

위와 같은 문제를 풀어야 했다. 이 때, 온도를 나타내는 변수가 보통의 \(T\,\)가 아니라 \(t\,\), 시간을 나타내는 변수가 보통의 \(t\,\)가 아닌, \(\tau\,\)임에 주의하자.

이 문제에서 어려웠던 부분은 Duhamel’s Principle을 적용하는 부분이 아니라, 적용한 뒤에 나타났다.
Duhamel’s Principle을 적용하여 문제를 풀다보면 temperature solution \(t(x, \tau)\)는 다음과 같이 주어진다.

$$
t(x, \tau)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}
\int_{x/\sqrt{4\alpha\tau}}^{\infty}
\left[
\tau \, – \, \frac{x^2}{4\alpha\beta^2}
\right]^{\frac{1}{2}}
e^{-\beta^2}d\beta
$$

여기서 \(x/\sqrt{4\alpha\tau} \rightarrow A,\; \beta \rightarrow y \, \)로 치환하고 문제를 다시 쓰면 결국

$$
(\star) =
\int_{A}^{\infty}
\sqrt{1-\frac{A^2}{y^2}}e^{-y^2}dy
$$

적분 앞에 붙는 계수 \( 2\sqrt{\tau/\pi} \, \)를 제외하고 위와 같은 정적분을 푸는 문제와 같다.

비로소 본 글을 작성하는 이유가 등장했다.
위의 정적분을 해결한게 너무나도 뿌듯하여, \(\LaTeX{}\) 작성법도 연습할 겸 본 글을 작성하게 되었다.(물론 더 쉽고 간단한 풀이가 있을 수도 있다.)

이제 문제를 차근차근 풀어보자.
기본적으로 치환적분법을 사용하여 문제에 접근할 것이다.
\( y \rightarrow A\sec\theta \)로 치환하게 되면 미소성분은 \( dy \rightarrow A\sec\theta\tan\theta \, d\theta \), 적분구간은 \( [A, \infty] \rightarrow [0, \pi/2] \)로 바뀌게 된다.
이를 정적분 식에 적용하면

$$
\require{cancel}
\begin{align}
(\star)
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}
\frac{\sqrt{A^2\sec^2\theta -A^2}}{A\sec\theta}
e^{-A^2\sec^2\theta}A\sec\theta\tan\theta \, d\theta
\\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}
\frac{A\tan\theta}{\bcancel{A\sec\theta}}\bcancel{A\sec\theta}\tan\theta \, e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\\
& = A \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}
\tan^2 \theta \, e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\\
& = A \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}
(\sec^2 \theta \, – 1)e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\end{align}
$$

로 나타낼 수 있다.

이를 풀기위해 조금 특별한 방법을 채용하자.

$$
F(A)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sec^2\theta e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta,\quad
G(A)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
$$

라 하고, \(G\,\)에 \(A\,\)에 대한 미분, \(d G/d A\)을 취하게 되면

$$
\begin{align}
\frac{d G(A)}{d A}
&= \frac{d}{d A}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\partial}{\partial A}e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\quad (\text{by }\href{https://www.wikiwand.com/en/Leibniz_integral_rule}{\underline{\text{Leibniz’s Integral Rule}}})
\\
& = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} -2A\sec^2\theta e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\\
& = -2A \times F(A)
\end{align}
$$

로 나타낼 수 있다.
즉, \(F(A)\,\)를 계산할 수 있으면 \((\star)\)에 대한 실마리가 잡히는 것이다.

반면, \(F(A)\)는

$$
\begin{align}
F(A)
& = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sec^2\theta e^{-A^2\sec^2\theta} d\theta
\\
& = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sec^2\theta e^{-A^2(\tan^2\theta + 1)} d\theta
\\
& = e^{-A^2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sec^2\theta e^{-A^2\tan^2\theta} d\theta
\end{align}
$$

여기서 \( A\tan\theta \rightarrow X \)로 치환하게 되면 미소성분은 \( A\sec^2\theta d\theta \rightarrow dX \, \), 적분구간은 \( [0, \pi/2] \rightarrow [0, \infty] \)로 바뀌게 된다.
이를 위 식에 적용하면,

$$
\begin{align}
F(A)
& = e^{-A^2} \int_{0}^{\infty} e^{-X^2} \frac{dX}{A}
\\
& = \frac{e^{-A^2}}{A} \int_{0}^{\infty} e^{-X^2} dX
\\
& = \frac{e^{-A^2}}{A} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \quad (\text{Note. } \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2})
\end{align}
$$

가 된다.

\(F(A)\)를 위의 \(d G/d A\)에 관한 식에 대입하게 되면

$$
\begin{align}
\frac{d G(A)}{d A} & = -\sqrt{\pi}e^{-A^2} \\
\Rightarrow \qquad G(A)
& = -\sqrt{\pi} \int_{A}e^{-A^2}dA
\\
& = -\frac{\pi}{2} \mathrm{erf}(A) + C_0 \quad (C_0 \, \text{is an integral constant})
\\
& (\text{Note. } \mathrm{erf}(A) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{A}e^{-\beta^2}d\beta)
\end{align}
$$

또한, \(G(A)\)의 정의에 따라 \(G(0) = \int_{0}^{\pi/2}d\theta = \pi/2 \)이므로, 이를 위 식에 대입하면

$$
G(0) = -\frac{\pi}{2} \mathrm{erf} (0) + C_0 = C_0 = \frac{\pi}{2} \\
\Rightarrow \quad G(A) = \frac{\pi}{2}(1 – \mathrm{erf}(A)) = \frac{\pi}{2} \mathrm{erfc}(A) \\
(\text{Note. } \mathrm{erfc}(A) = 1 – \mathrm{erf}(A) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{A}^{\infty} e^{-\beta^2} d\beta)
$$

로 표현할 수 있다.

최종적으로 \( (\star) = A(F(A) – G(A)) \, \)를 정리하여 나타내면 우리가 원하는 식

$$
\require{AMSsymbols}
\therefore \quad (\star) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-A^2} – \frac{\pi}{2} A \, \mathrm{erfc}(A)
\qquad
$$

을 얻을 수 있게 된다.
그리고 이 식을 위의 temperature 표현식에 대입하여 정리하면

$$
t(x, \tau) = \sqrt{\tau} \left(
e^{-x^2/4\alpha\tau} – x \sqrt{\frac{\pi}{4\alpha\tau}} \mathrm{erfc}(\frac{x}{\sqrt{4\alpha\tau}})
\right)
$$
로서 나타낼 수 있다.

\(\blacksquare\)

이로서, 복잡한 정적분을 우리가 알고있던 치환적분을 통해 해결할 수 있었다.
어째 열전달 문제를 푸는데 수학머리를 훨씬 많이 써야 했다는 것이 조금 싱숭생숭하지만, 그래도 앞으로 더 많이 접하게 될 수학적 문제로부터 조금은 덜 두려워할 수 있을 것 같아서 다행이라고 생각한다.
(물론 주변에 아주 든든한 수리과학과 친구가 있지만 해석 major가 아니라서 저런 symbolic analysis는 순전히 내 힘으로 해야 할 듯…)

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