의예과 2번

(2-1) $\displaystyle g(x)=x-\ln x-1$로 두면 $\displaystyle g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}$이므로 제시문 (가)에 의하여 $\displaystyle x<1$일 때 $\displaystyle g(x)$는 감소하고 $\displaystyle x>1$일 때 $\displaystyle g(x)$는 증가한다. 따라서 $\displaystyle g(x)\ge g(1)=0$이다. 즉 모든 양수 $\displaystyle x$에 대하여 $\displaystyle \ln x\le x-1$이다.그러므로 $\displaystyle a\ln\frac{b}{a}\le a\left(\frac{b}{a}-1\right)=b-a$이다.

(2-2) $\displaystyle \ln(x+1)$은 증가하므로 $\displaystyle k=0,1,2,\ldots,n-1$일 때구간 $\displaystyle \left[\frac{k}{n},\frac{2k+1}{2n}\right]$에서 $\displaystyle \sin(2n\pi x)\ln(x+1)\le\sin(2n\pi x)\ln\left(\frac{2k+1}{2n}+1\right)$,구간 $\displaystyle \left[\frac{2k+1}{2n},\frac{k+1}{n}\right]$에서 $\displaystyle \sin(2n\pi x)\ln(x+1)\le\sin(2n\pi x)\ln\left(\frac{2k+1}{2n}+1\right)$이다.그러므로 구간 $\displaystyle \left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right]$에서$\displaystyle \sin(2n\pi x)\ln(x+1)\le\sin(2n\pi x)\ln\left(\frac{2k+1}{2n}+1\right)$이고 제시문 (다)에 의하여$\displaystyle \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\sin(2n\pi x)\ln(x+1)dx\le\ln\left(\frac{2k+1}{2n}+1\right)\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\sin(2n\pi x)dx=0$이다. 따라서 $\displaystyle \int_0^1\sin(2n\pi x)\ln(x+1)dx=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\sin(2n\pi x)\ln(x+1)dx\le0$이다.

(2-3) (2-1)의 결과를 이용하면 $\displaystyle f(x)\ln\frac{x+1}{f(x)}\le x+1-f(x)$임을 알 수 있다. 그러므로$\displaystyle f(x)\ln f(x)\ge f(x)\ln(x+1)+f(x)-x-1$이다. 제시문 (다)에 의하여$\displaystyle \int_0^1 f(x)\ln f(x)dx\ge\int_0^1\{(x-\sin(2n\pi x)+1)\ln(x+1)+f(x)-x-1\}dx$이다. (2-2)의 결과와 $\displaystyle \int_0^1 f(x)dx=\int_0^1(x+1)dx$, $\displaystyle \int_0^1(x+1)\ln(x+1)dx=\ln4-\frac{3}{4}$임을 이용하면$\displaystyle \int_0^1 f(x)\ln f(x)dx\ge\ln4-\frac{3}{4}$임을 안다.