수리논술, 이게 다다.

자연계열 2번

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한양대 에리카캠퍼스 2021학년도 수시 오후1 자연계열 2번 · mathesis.kr/archive/hanyang-erica/2021su_pm1/jayeon_2

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[문제 2] 다음 제시문 <가>~<다>를 읽고 물음에 답하시오.

<가> 어떤 시행에서 표본공간 S\displaystyle S가 유한집합이고 각 근원사건이 일어날 가능성이 모두 같을 때, 사건 A\displaystyle A가 일어날 수학적 확률은 다음과 같다.P(A)=(사건 A의 원소의 개수)(표본공간 S의 원소의 개수)\displaystyle \mathrm{P}(A)=\frac{(\text{사건 }A\text{의 원소의 개수})}{(\text{표본공간 }S\text{의 원소의 개수})}

<나> 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속일 때, [a,b]\displaystyle [a,b]를 n\displaystyle n등분하여 양 끝점과 각 분점의 x\displaystyle x좌표를 차례로 a=x0,x1,⋯ ,xn=b\displaystyle a=x_0,x_1,\cdots,x_n=b라고 하면 소구간의 길이 Δx\displaystyle \Delta x는 Δx=b−an\displaystyle \Delta x=\frac{b-a}n이고, k=0,1,⋯ ,n\displaystyle k=0,1,\cdots,n에 대해 xk=a+kΔx\displaystyle x_k=a+k\Delta x이다.이 때, Sn=∑k=1nf(xk)Δx\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^nf(x_k)\Delta x라고 하면, 극한값 lim⁡n→∞Sn\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n이 항상 존재하는데, 이 극한값을 ∫abf(x)dx\displaystyle \int_a^bf(x)dx로 나타낸다.즉,∫abf(x)dx=lim⁡n→∞∑k=1nf(a+b−ank)b−an\displaystyle \int_a^bf(x)dx=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nf\left(a+\frac{b-a}nk\right)\frac{b-a}n이다.

<다> 두 함수 f(x)\displaystyle f(x), g(x)\displaystyle g(x)가 미분 가능하고, 두 도함수 f′(x)\displaystyle f^{\prime}(x), g′(x)\displaystyle g^{\prime}(x)가 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속일 때, 다음 등식이 성립한다.∫abf′(x)g(x)dx=[f(x)g(x)]ab−∫abf(x)g′(x)dx\displaystyle \int_a^bf^{\prime}(x)g(x)dx=\Biggl[f(x)g(x)\Biggr]_a^b-\int_a^bf(x)g^{\prime}(x)dx

2-1. 10개의 상자가 일렬로 배열되어 있고 맨 앞의 상자와 맨 뒤의 상자에는 공이 한 개씩 들어있으며, 나머지 상자에는 공이 한 개 들어있거나 비어있다고 하자. 이 때, 비어있는 상자가 연속하여 나타나지 않을 확률을 구하여라. (단, 상자마다 공이 한 개 들어있거나 비어있을 확률은 각각 12\displaystyle \frac12로 같다.) [15점]

2-2. n\displaystyle n개의 서로 다른 공을 2n\displaystyle 2n개의 서로 다른 상자에 모두 나누어 넣는다. 각 상자에는 공이 하나도 들어있지 않을 수 있으며 여러 개의 공이 들어있을 수도 있다. 각 상자에 한 개 이하의 공만 들어있을 확률을 pn\displaystyle p_n이라 할 때, lim⁡n→∞ln⁡pnn\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\ln p_n}n을 구하여라. [20점]

해설강의 준비중

한양대 에리카캠퍼스 2021학년도 수시 오후1 자연계열 2번 · mathesis.kr/archive/hanyang-erica/2021su_pm1/jayeon_2

[15점] · 2-1

2-1.[풀이]10개의 상자가 일렬로 배열되어 있으며 맨 앞의 상자와 맨 뒤의 상자에는 공이 하나씩 들어있고 나머지 상자에 공이 하나 들어있던지 비어있을 전체 경우의 수는 28\displaystyle 2^8이다. 나열된 상자 중 맨 앞과 맨 뒤를 제외하고 나머지 8개 상자에 공을 4개 이상 넣어야 비어있는 상자가 연속하여 나타나지 않게 할 수 있다. 공을 넣을 상자를 먼저 배열한 뒤 그 상자들 사이를 선택하여 나머지 비어있는 상자를 배열하면 다음과 같다.

case1 : 공을 4개를 나누어 넣는 경우는 5C4\displaystyle {}_{5}\mathrm{C}_{4}이다.

비어 있는 상자를 공이 든 상자 사이에 배열하는 case1

case2 : 공을 5개를 나누어 넣는 경우는 6C3\displaystyle {}_{6}\mathrm{C}_{3}이다.

비어 있는 상자를 공이 든 상자 사이에 배열하는 case2

case3 : 공을 6개를 나누어 넣는 경우는 7C2\displaystyle {}_{7}\mathrm{C}_{2}이다.

비어 있는 상자를 공이 든 상자 사이에 배열하는 case3

case4 : 공을 7개를 나누어 넣는 경우는 8C1\displaystyle {}_{8}\mathrm{C}_{1}이다.

비어 있는 상자를 공이 든 상자 사이에 배열하는 case4

case5 : 공을 8개를 나누어 넣는 경우는 9C0\displaystyle {}_{9}\mathrm{C}_{0}이다.

비어 있는 상자를 공이 든 상자 사이에 배열하는 case5

5C4+6C3+7C2+8C1+9C0=55\displaystyle {}_{5}\mathrm{C}_{4}+{}_{6}\mathrm{C}_{3}+{}_{7}\mathrm{C}_{2}+{}_{8}\mathrm{C}_{1}+{}_{9}\mathrm{C}_{0}=55따라서 비어있는 상자가 연속하여 나타나지 않을 확률은 5528=55256\displaystyle \frac{55}{2^8}=\frac{55}{256}이다.

[5점] · 2-2

2-2.[풀이]n\displaystyle n개의 서로 다른 공을 2n\displaystyle 2n개의 서로 다른 상자에 넣는 방법은 (2n)n\displaystyle (2n)^n가지이다.어떤 상자에도 한 개 이하의 공만 들어있는 경우는 2nPn\displaystyle {}_{2n}\mathrm{P}_{n}가지이므로, 확률 pn=2nPn(2n)n\displaystyle p_n=\frac{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}{(2n)^n}이다.

[10점] · 2-2

pn=2nPn(2n)n=12n⋅2nn⋅2n−1n⋅⋯⋅2n−n+2n⋅2n−n+1n=12n⋅n+nn⋅n+n−1n⋅⋯⋅n+2n⋅n+1n=12n(1+1n)(1+2n)⋅⋯⋅(1+n−1n)(1+nn)\displaystyle \begin{aligned}p_n=\frac{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}{(2n)^n}&=\frac1{2^n}\cdot\frac{2n}n\cdot\frac{2n-1}n\cdot\cdots\cdot\frac{2n-n+2}n\cdot\frac{2n-n+1}n\\&=\frac1{2^n}\cdot\frac{n+n}n\cdot\frac{n+n-1}n\cdot\cdots\cdot\frac{n+2}n\cdot\frac{n+1}n\\&=\frac1{2^n}\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)\cdot\cdots\cdot\left(1+\frac{n-1}n\right)\left(1+\frac nn\right)\end{aligned}ln⁡pn=ln⁡12n+ln⁡(1+1n)+ln⁡(1+2n)+⋯+ln⁡(1+n−1n)+ln⁡(1+nn)=ln⁡12n+∑k=1nln⁡(1+kn)\displaystyle \ln p_n=\ln\frac1{2^n}+\ln\left(1+\frac1n\right)+\ln\left(1+\frac2n\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{n-1}n\right)+\ln\left(1+\frac nn\right)=\ln\frac1{2^n}+\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right)

[20점] · 2-2

lim⁡n→∞ln⁡pnn=lim⁡n→∞1n{−nln⁡2+∑k=1nln⁡(1+kn)}=−ln⁡2+lim⁡n→∞1n∑k=1nln⁡(1+kn)=−ln⁡2+∫01ln⁡(1+x)dx=−ln⁡2+[(1+x)ln⁡(1+x)−(1+x)]01=−ln⁡2+2ln⁡2−1=ln⁡2−1\displaystyle \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{\ln p_n}n&=\lim_{n\to\infty}\frac1n\left\{-n\ln2+\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right)\right\}=-\ln2+\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right)\\&=-\ln2+\int_0^1\ln(1+x)dx=-\ln2+\Biggl[(1+x)\ln(1+x)-(1+x)\Biggr]_0^1\\&=-\ln2+2\ln2-1=\ln2-1\end{aligned}

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