의예과 2번

1. 함수 $\displaystyle f(x)=\sin x$는 미분 가능하므로,평균값 정리에 의해 $\displaystyle a<x<b$인 실수 $\displaystyle x$에 대하여 $\displaystyle \sin b-\sin x=(\cos\alpha)(b-x)$인 $\displaystyle \alpha\in(x,b)$가 존재한다.또한, $\displaystyle f^{\prime}(x)=\cos x$는 구간 $\displaystyle [0,\pi]$에서 감소하므로, $\displaystyle \cos a\ge\cos\alpha\ge\cos b$가 성립한다.그런데, $\displaystyle b-x>0$이므로, $\displaystyle (b-x)\cos a\ge(b-x)\cos\alpha=\sin b-\sin x\ge(b-x)\cos b$이다.각 변을 $\displaystyle a$에서 $\displaystyle b$까지 적분하면, $\displaystyle \int_a^b(b-x)\cos b\,dx\le\int_a^b(\sin b-\sin x)\,dx\le\int_a^b(b-x)\cos a\,dx$이다.그러므로 $\displaystyle \frac12(b-a)^2\cos b\le\int_a^b(\sin b-\sin x)\,dx\le\frac12(b-a)^2\cos a$이다.

2. $\displaystyle d_1=\frac32,\quad d_k-d_{k-1}=\frac1{k+1}$이다.$\displaystyle \begin{aligned}\sum_{k=1}^n\frac{d_k}{k(k+1)}&=\sum_{k=1}^n\left(\frac{d_k}k-\frac{d_k}{k+1}\right)=\left(d_1-\frac{d_1}2\right)+\left(\frac{d_2}2-\frac{d_2}3\right)+\cdots+\left(\frac{d_n}n-\frac{d_n}{n+1}\right)\\&=d_1+\frac12(d_2-d_1)+\frac13(d_3-d_2)+\cdots+\frac1n(d_n-d_{n-1})-\frac{d_n}{n+1}\\&=\frac32+\left(\frac12-\frac13\right)+\left(\frac13-\frac14\right)+\cdots+\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)-\frac{d_n}{n+1}\\&=2-\frac1{n+1}-\frac{d_n}{n+1}.\end{aligned}$

부등식 $\displaystyle \ln(n+1)=\int_1^{n+1}\frac1x\,dx\le d_n=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1k\le1+\int_1^{n+1}\frac1x\,dx=1+\ln(n+1)$이 성립하므로,각 변을 $\displaystyle n+1$로 나누고 극한 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}$을 취하면, $\displaystyle 0=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(n+1)}{n+1}\le\lim_{n\to\infty}\frac{d_n}{n+1}\le\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{n+1}+\frac{\ln(n+1)}{n+1}\right)=0$이다.

따라서 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1{n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{d_n}{n+1}=0$이므로, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{d_k}{k(k+1)}=2$이다.

3. $\displaystyle q(x)=(1-x)^{m-1}(1+x)^n$의 $\displaystyle x^k$의 계수를 $\displaystyle b_k$ $\displaystyle (0\le k\le m+n-1)$,$\displaystyle r(x)=(1-x)^m(1+x)^{n-1}$의 $\displaystyle x^k$의 계수를 $\displaystyle c_k$ $\displaystyle (0\le k\le m+n-1)$이라 하자.그러면 $\displaystyle p(x)=q(x)-xq(x)=r(x)+xr(x)$임을 알 수 있다.위의 등식에서 $\displaystyle x^k\ (0\le k\le m+n)$의 계수를 비교하면, $\displaystyle a_k=b_k-b_{k-1}=c_k+c_{k-1}$ …… (1)$\displaystyle p(x)=\sum_{k=0}^{m+n}a_kx^k=(1-x)^m(1+x)^n$라 놓고, 양변을 미분하면$\displaystyle p^{\prime}(x)=\sum_{k=1}^{m+n}ka_kx^{k-1}=-m(1-x)^{m-1}(1+x)^n+n(1-x)^m(1+x)^{n-1}=-mq(x)+nr(x)$$\displaystyle \Leftrightarrow\sum_{k=1}^{m+n}ka_kx^{k-1}=-m\sum_{k=0}^{m+n-1}b_kx^k+n\sum_{k=0}^{m+n-1}c_kx^k$위 등식에서 $\displaystyle x^{k-1}\ (1\le k\le m+n)$의 계수를 비교하면, $\displaystyle ka_k=-mb_{k-1}+nc_{k-1}$ …… (2)이항정리를 이용하면, $\displaystyle p(x)$의 $\displaystyle x^{m+n}$의 계수는 $\displaystyle a_{m+n}=(-1)^m\times1^n=(-1)^m\ne0$임을 알 수 있다.어떤 $\displaystyle k\in\{0,1,\ldots,m+n-2\}$에 대하여 $\displaystyle a_k=a_{k+1}=0$이라고 가정하자.

$\displaystyle a_k=a_{k+1}=0$인 $\displaystyle k\in\{0,1,\ldots,m+n-2\}$에 대하여, 식 (1)에 의하여$\displaystyle b_k-b_{k-1}=0\ \cdots\cdots\ ①\qquad c_k+c_{k-1}=0\ \cdots\cdots\ ②$$\displaystyle b_{k+1}-b_k=0\ \cdots\cdots\ ③\qquad c_{k+1}+c_k=0\ \cdots\cdots\ ④$식 (2)에 의해, $\displaystyle -mb_{k-1}+nc_{k-1}=0\ \cdots\cdots\ ⑤,\quad -mb_k+nc_k=0\ \cdots\cdots\ ⑥$$\displaystyle \begin{aligned}mb_k+nc_k&=mb_k+n(-c_{k-1})\qquad(\because\ ②\ c_k=-c_{k-1})\\&=mb_{k-1}-mb_{k-1}=0\ \cdots\cdots\ ⑦\qquad(\because\ ①\ b_k=b_{k-1}\quad⑤\ -nc_{k-1}=-mb_{k-1})\end{aligned}$식 ⑥과 식 ⑦을 연립하여 풀면 $\displaystyle b_k=c_k=0$이고, 식 ③과 식 ④로부터 $\displaystyle b_{k+1}=c_{k+1}=0$임을 알 수 있다.식 (2)에 의해, $\displaystyle (k+2)a_{k+2}=-mb_{k+1}+nc_{k+1}=0$. 따라서 $\displaystyle a_{k+2}=0$이다.

$\displaystyle a_{k+1}=a_{k+2}=0$이므로, 같은 방법으로 $\displaystyle b_{k+2}=c_{k+2}=0$과 $\displaystyle a_{k+3}=0$을 얻는다.같은 방법으로 계속하면, $\displaystyle l\ge k$에 대하여 $\displaystyle a_l=0$을 얻는다. 즉, $\displaystyle a_k=a_{k+1}=\cdots=a_{m+n}=0$이다.그런데, $\displaystyle a_{m+n}\ne0$이므로, 모순이다. 그러므로 $\displaystyle a_k=a_{k+1}$인 $\displaystyle k\in\{0,1,\ldots,m+n-1\}$는 존재하지 않는다.Correction. 이 증명에서 얻은 결론은 이웃한 두 계수가 동시에 $\displaystyle 0$일 수 없다는 것이다. 마지막 문장의 $\displaystyle a_k=a_{k+1}$은 $\displaystyle a_k=a_{k+1}=0$으로 읽어야 한다.