수리논술, 배움에서 논증의 완성까지.

자연계열 (오후2) 2번

인하대 2018학년도 수시 자연계열 (오후2) 2번 · mathesis.kr/archive/inha/2018su/jayeon_pm2_2

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양의 실수 a,b\displaystyle a,b에 대하여 산술평균 a+b2\displaystyle \frac{a+b}2와 기하평균 ab\displaystyle \sqrt{ab}는ab≤a+b2\displaystyle \sqrt{ab}\le\frac{a+b}2　(단, 등호는 a=b\displaystyle a=b일 때 성립한다.)을 만족한다. 마찬가지로 n\displaystyle n개의 양의 실수 x1,x2,…,xn\displaystyle x_1,x_2,\ldots,x_n에 대하여x1x2⋯xnn≤x1+x2+⋯+xnn\displaystyle \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\le\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}n 또는 x1x2⋯xn≤(x1+x2+⋯+xnn)n\displaystyle x_1x_2\cdots x_n\le\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}n\right)^n(단, 등호는 x1=x2=⋯=xn\displaystyle x_1=x_2=\cdots=x_n일 때 성립한다.)이 성립한다. 이 부등식을 산술·기하평균 부등식이라 한다.

(2-1) 수열 {an}\displaystyle \{a_n\}, an=(1+1n)n\displaystyle a_n=\left(1+\frac1n\right)^n에 대하여,(a) 함수 y=ln⁡(1+x)\displaystyle y=\ln(1+x) (x≥0\displaystyle x\ge0)의 그래프를 이용하여 an<an+1\displaystyle a_n<a_{n+1}임을 보이시오. (10점)(b) 제시문과 x1=x2=⋯=xn=(1+1n)\displaystyle x_1=x_2=\cdots=x_n=\left(1+\frac1n\right) 그리고 xn+1=1\displaystyle x_{n+1}=1을 이용하여 an<an+1\displaystyle a_n<a_{n+1}임을 보이시오. (10점)

(2-2) 모든 자연수 n\displaystyle n과 등식 1p+1q=1\displaystyle \frac1p+\frac1q=1을 만족하는 실수 p\displaystyle p (p>1\displaystyle p>1)와 양의 정수 q\displaystyle q (q>1\displaystyle q>1)에 대하여(1+1n)n≤pq\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\le p^q임을 보이시오. (15점)

해설강의 준비중

인하대 2018학년도 수시 자연계열 (오후2) 2번 · mathesis.kr/archive/inha/2018su/jayeon_pm2_2

+5점 · x≥0\displaystyle x\ge0에서 로그함수 y=ln⁡(x+1)\displaystyle y=\ln(x+1)는 증가함수이므로 두 점 (0,0)\displaystyle (0,0), (1n+1,ln⁡(1+1n+1))\displaystyle \left(\frac1{n+1},\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)\right)을 이은 직선의 기울기가 두 점 (0,0)\displaystyle (0,0), (1n,ln⁡(1+1n))\displaystyle \left(\frac1n,\ln\left(1+\frac1n\right)\right)을 지나는 직선의 기울기보다 크다.

Comment. 증가함수라는 사실만으로는 두 직선의 기울기를 비교할 수 없다. 여기서 비교하는 기울기는 구간 [0,x]\displaystyle [0,x]에서의 평균변화율 ln⁡(1+x)x\displaystyle \frac{\ln(1+x)}x이다. 이 평균변화율이 x>0\displaystyle x>0에서 감소하므로, 1n+1<1n\displaystyle \frac1{n+1}<\frac1n일 때 앞의 직선의 기울기가 더 크다는 결론을 얻는다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.

+5점 · 즉 ln⁡(1+1n+1)1n+1=ln⁡(1+1n+1)n+1>ln⁡(1+1n)1n=ln⁡(1+1n)n\displaystyle \frac{\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)}{\frac1{n+1}}=\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}>\frac{\ln\left(1+\frac1n\right)}{\frac1n}=\ln\left(1+\frac1n\right)^n 따라서 (1+1n+1)n+1>(1+1n)n\displaystyle \left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}>\left(1+\frac1n\right)^n이다.

(2-1) (a) (10점)x≥0\displaystyle x\ge0에서 로그함수 y=ln⁡(x+1)\displaystyle y=\ln(x+1)는 증가함수이므로 두 점 (0,0)\displaystyle (0,0), (1n+1,ln⁡(1+1n+1))\displaystyle \left(\frac1{n+1},\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)\right)을 이은 직선의 기울기가 두 점 (0,0)\displaystyle (0,0), (1n,ln⁡(1+1n))\displaystyle \left(\frac1n,\ln\left(1+\frac1n\right)\right)을 지나는 직선의 기울기보다 크다.즉 ln⁡(1+1n+1)1n+1=ln⁡(1+1n+1)n+1>ln⁡(1+1n)1n=ln⁡(1+1n)n\displaystyle \frac{\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)}{\frac1{n+1}}=\ln\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}>\frac{\ln\left(1+\frac1n\right)}{\frac1n}=\ln\left(1+\frac1n\right)^n.따라서 (1+1n+1)n+1>(1+1n)n\displaystyle \left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}>\left(1+\frac1n\right)^n이다.

+5점 · (1+1n)n×1≤((1+1n)+(1+1n)+⋯+(1+1n)+1n+1)n+1\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\times1\le\left(\frac{\left(1+\frac1n\right)+\left(1+\frac1n\right)+\cdots+\left(1+\frac1n\right)+1}{n+1}\right)^{n+1} +5점 · =(n+1+1n+1)n+1=(1+1n+1)n+1\displaystyle =\left(\frac{n+1+1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}

Comment. 산술·기하평균 부등식에 사용한 수는 1+1/n\displaystyle 1+1/n이 n\displaystyle n개, 1\displaystyle 1이 한 개이다. 이 수들이 모두 같지는 않으므로 등호는 성립하지 않는다. 따라서 (1+1/n)n<(1+1/(n+1))n+1\displaystyle (1+1/n)^n<(1+1/(n+1))^{n+1}이다.

(2-1) (b) (10점)(1+1n)n×1≤((1+1n)+(1+1n)+⋯+(1+1n)+1n+1)n+1=(n+1+1n+1)n+1=(1+1n+1)n+1\displaystyle \begin{aligned}\left(1+\frac1n\right)^n\times1&\le\left(\frac{\left(1+\frac1n\right)+\left(1+\frac1n\right)+\cdots+\left(1+\frac1n\right)+1}{n+1}\right)^{n+1}\\&=\left(\frac{n+1+1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}\end{aligned}

+5점 · (1+1n)n(1p)q\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\left(\frac1p\right)^q +5점 · ≤((1+1n)+(1+1n)+⋯+(1+1n)+1p+1p+⋯+1pn+q)n+q=(n+1+qpn+q)n+q\displaystyle \le\left(\frac{\left(1+\frac1n\right)+\left(1+\frac1n\right)+\cdots+\left(1+\frac1n\right)+\frac1p+\frac1p+\cdots+\frac1p}{n+q}\right)^{n+q}=\left(\frac{n+1+\frac qp}{n+q}\right)^{n+q} +5점 · 1+qp=q\displaystyle 1+\frac qp=q이므로 =(n+qn+q)n+q=1\displaystyle =\left(\frac{n+q}{n+q}\right)^{n+q}=1. 따라서 (1+1n)n≤pq\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\le p^q이다.

(2-2) (15점)(1+1n)n(1p)q≤((1+1n)+(1+1n)+⋯+(1+1n)+1p+1p+⋯+1pn+q)n+q=(n+1+qpn+q)n+q\displaystyle \begin{aligned}&\left(1+\frac1n\right)^n\left(\frac1p\right)^q\\&\le\left(\frac{\left(1+\frac1n\right)+\left(1+\frac1n\right)+\cdots+\left(1+\frac1n\right)+\frac1p+\frac1p+\cdots+\frac1p}{n+q}\right)^{n+q}=\left(\frac{n+1+\frac qp}{n+q}\right)^{n+q}\end{aligned}1+qp=q\displaystyle 1+\frac qp=q이므로 =(n+qn+q)n+q=1\displaystyle =\left(\frac{n+q}{n+q}\right)^{n+q}=1. 따라서 (1+1n)n≤pq\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\le p^q이다.

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