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인하대 2022학년도 수시 의예과 1번 · mathesis.kr/archive/inha/2022su/uiye_1

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[문제 1] (35점) 다음 제시문을 읽고 물음에 답하시오.

(가) 모든 자연수 n\displaystyle n에 대하여 an≤bn≤cn\displaystyle a_n\le b_n\le c_n이고 lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞cn=α\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}c_n=\alpha이면 lim⁡n→∞bn=α\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n=\alpha이다.

(나) 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속인 두 함수 f(x),g(x)\displaystyle f(x),g(x)에 대하여(i) m≤f(x)≤M\displaystyle m\le f(x)\le M이고 g(x)≥0\displaystyle g(x)\ge0이면m∫abg(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx≤M∫abg(x)dx\displaystyle m\int_a^b g(x)dx\le\int_a^b f(x)g(x)dx\le M\int_a^b g(x)dx이고(ii) m≤f(x)≤M\displaystyle m\le f(x)\le M이고 g(x)≤0\displaystyle g(x)\le0이면M∫abg(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx≤m∫abg(x)dx\displaystyle M\int_a^b g(x)dx\le\int_a^b f(x)g(x)dx\le m\int_a^b g(x)dx이다.

(다) 미분가능한 두 함수 f(x),g(x)\displaystyle f(x),g(x)에 대하여 f′(x),g′(x)\displaystyle f^{\prime}(x),g^{\prime}(x)가 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속일 때,∫abf(x)g′(x)dx=[f(x)g(x)]ab−∫abf′(x)g(x)dx\displaystyle \int_a^b f(x)g^{\prime}(x)dx=\Biggl[f(x)g(x)\Biggr]_a^b-\int_a^b f^{\prime}(x)g(x)dx이다.

(※) 수열 {an}\displaystyle \{a_n\}, {bn}\displaystyle \{b_n\}은an=∫nπ(n+1)π∣sin⁡x∣xdx,bn=∫nπ(n+1)πcos⁡xx2dx\displaystyle a_n=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{|\sin x|}{x}dx,\qquad b_n=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx로 주어진다.

(1-1) lim⁡n→∞nan\displaystyle \lim_{n\to\infty}na_n의 값을 구하시오. (10점)

(1-2) lim⁡n→∞n2bn\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2b_n의 값을 구하시오. (10점)

(1-3) lim⁡n→∞{n(n+1)an−f(n)}=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}\{n(n+1)a_n-f(n)\}=0이 되는 다항식 f(x)\displaystyle f(x)를 구하시오. (15점)

해설강의 준비중

인하대 2022학년도 수시 의예과 1번 · mathesis.kr/archive/inha/2022su/uiye_1

+5점 · 2(n+1)π≤an≤2nπ\displaystyle \frac{2}{(n+1)\pi}\le a_n\le\frac{2}{n\pi}임을 보임.

(2-1) nπ≤x≤(n+1)π\displaystyle n\pi\le x\le(n+1)\pi일 때, 1(n+1)π≤1x≤1nπ\displaystyle \frac{1}{(n+1)\pi}\le\frac{1}{x}\le\frac{1}{n\pi}이고 ∫nπ(n+1)π∣sin⁡x∣dx=2\displaystyle \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin x|dx=2이므로 제시문 (나)에 의해서 2(n+1)π≤an≤2nπ\displaystyle \frac{2}{(n+1)\pi}\le a_n\le\frac{2}{n\pi}이다.

+5점 · lim⁡n→∞nan=2π\displaystyle \lim_{n\to\infty}na_n=\frac{2}{\pi}임을 보임.

그러므로 2n(n+1)π≤nan≤2π\displaystyle \frac{2n}{(n+1)\pi}\le na_n\le\frac{2}{\pi}이고 lim⁡n→∞2n(n+1)π=2π\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{2n}{(n+1)\pi}=\frac{2}{\pi}이므로 제시문 (가)에 의해 lim⁡n→∞nan=2π\displaystyle \lim_{n\to\infty}na_n=\frac{2}{\pi}이다.

+5점 · 0<b2k<1(2k)2π2−1(2k+1)2π2\displaystyle 0<b_{2k}<\frac{1}{(2k)^2\pi^2}-\frac{1}{(2k+1)^2\pi^2}임을 보임.

(2-2) 자연수 k\displaystyle k에 대하여 2kπ≤x≤(2k+12)π\displaystyle 2k\pi\le x\le\left(2k+\frac{1}{2}\right)\pi일 때 1(2kπ+12)2π2≤1x2≤14k2π2\displaystyle \frac{1}{\left(2k\pi+\frac{1}{2}\right)^2\pi^2}\le\frac{1}{x^2}\le\frac{1}{4k^2\pi^2}이고 ∫2kπ(2k+1/2)πcos⁡x dx=1\displaystyle \int_{2k\pi}^{(2k+1/2)\pi}\cos x\,dx=1이므로 제시문 (나)에 의해서Correction. 분모의 (2kπ+12)2π2\displaystyle (2k\pi+\frac12)^2\pi^2는 (2k+12)2π2\displaystyle (2k+\frac12)^2\pi^2의 오기다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.1(2k+12)2π2≤∫2kπ(2k+1/2)πcos⁡xx2dx≤14k2π2(A)\displaystyle \frac{1}{\left(2k+\frac{1}{2}\right)^2\pi^2}\le\int_{2k\pi}^{(2k+1/2)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx\le\frac{1}{4k^2\pi^2}\qquad\text{(A)}이다. 마찬가지로 (2k+12)π≤x≤(2k+1)π\displaystyle \left(2k+\frac{1}{2}\right)\pi\le x\le(2k+1)\pi일 때 1(2k+1)2π2≤1x2≤1(2kπ+12)2π2\displaystyle \frac{1}{(2k+1)^2\pi^2}\le\frac{1}{x^2}\le\frac{1}{\left(2k\pi+\frac{1}{2}\right)^2\pi^2}이고 ∫(2k+1/2)π(2k+1)πcos⁡x dx=−1\displaystyle \int_{(2k+1/2)\pi}^{(2k+1)\pi}\cos x\,dx=-1이므로 제시문 (나)에 의해서−1(2k+12)2π2≤∫(2k+1/2)π(2k+1)πcos⁡xx2dx≤−1(2k+1)2π2(B)\displaystyle -\frac{1}{\left(2k+\frac{1}{2}\right)^2\pi^2}\le\int_{(2k+1/2)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx\le-\frac{1}{(2k+1)^2\pi^2}\qquad\text{(B)}이다. ∫2kπ(2k+1)πcos⁡xx2dx=∫2kπ(2k+1/2)πcos⁡xx2dx+∫(2k+1/2)π(2k+1)πcos⁡xx2dx\displaystyle \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx=\int_{2k\pi}^{(2k+1/2)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx+\int_{(2k+1/2)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx이므로 (A), (B)에 의하여0<b2k<1(2k)2π2−1(2k+1)2π2\displaystyle 0<b_{2k}<\frac{1}{(2k)^2\pi^2}-\frac{1}{(2k+1)^2\pi^2}이다.

+3점 · 0<∣bn∣<1n2π2−1(n+1)2π2\displaystyle 0<|b_n|<\frac{1}{n^2\pi^2}-\frac{1}{(n+1)^2\pi^2}임을 보임.

마찬가지로 1(2k+2)2π2−1(2k+1)2π2<b2k+1<0\displaystyle \frac{1}{(2k+2)^2\pi^2}-\frac{1}{(2k+1)^2\pi^2}<b_{2k+1}<0이므로0<∣bn∣<1n2π2−1(n+1)2π2\displaystyle 0<|b_n|<\frac{1}{n^2\pi^2}-\frac{1}{(n+1)^2\pi^2}이다.

+2점 · lim⁡n→∞n2bn=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2b_n=0임을 보임.

lim⁡n→∞n2(1n2π2−1(n+1)2π2)=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2\left(\frac{1}{n^2\pi^2}-\frac{1}{(n+1)^2\pi^2}\right)=0이므로 제시문 (가)에 의해서 lim⁡n→∞n2bn=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}n^2b_n=0이다.

+10점 · an=1(n+1)π+1nπ+(−1)n+1bn\displaystyle a_n=\frac{1}{(n+1)\pi}+\frac{1}{n\pi}+(-1)^{n+1}b_n임을 보임.

(2-3) an=(−1)n∫nπ(n+1)πsin⁡xxdx=(−1)n{[−cos⁡xx]nπ(n+1)π−∫nπ(n+1)πcos⁡xx2dx}=(−1)n{(−1)n(n+1)π+(−1)nnπ−bn}=1(n+1)π+1nπ+(−1)n+1bn\displaystyle \begin{aligned}a_n&=(-1)^n\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\sin x}{x}dx\\&=(-1)^n\left\{\Biggl[-\frac{\cos x}{x}\Biggr]_{n\pi}^{(n+1)\pi}-\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\cos x}{x^2}dx\right\}\\&=(-1)^n\left\{\frac{(-1)^n}{(n+1)\pi}+\frac{(-1)^n}{n\pi}-b_n\right\}\\&=\frac{1}{(n+1)\pi}+\frac{1}{n\pi}+(-1)^{n+1}b_n\end{aligned}

+5점 · lim⁡n→∞{n(n+1)an−2n+1π}=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left\{n(n+1)a_n-\frac{2n+1}{\pi}\right\}=0임을 보임.

이므로 (2-2)의 결과에 의해 lim⁡n→∞{n(n+1)an−2n+1π}=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left\{n(n+1)a_n-\frac{2n+1}{\pi}\right\}=0이다. 따라서 f(x)=2x+1π\displaystyle f(x)=\frac{2x+1}{\pi}이다.

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