자연계열 I 2번

【2-1】 미분법을 이용하여 계산하면 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x(x-1)+1}{x^2}$이고 $\displaystyle f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{e^x(x^2-2x+2)-2}{x^3}$ (단, $\displaystyle x\ne0$)이다.$\displaystyle w(x)=e^x(x^2-2x+2)-2$라고 하자. 그러면 $\displaystyle w(0)=0$이고 모든 $\displaystyle x>0$에 대하여 $\displaystyle w^{\prime}(x)=e^xx^2>0$이다. 그러므로 모든 $\displaystyle x>0$에 대하여 $\displaystyle w(x)>0$이므로 $\displaystyle f^{\prime\prime}(x)>0$이다.

【2-2】 $\displaystyle f(x)$가 미분가능 함수이므로 $\displaystyle h(x)$도 미분가능 함수이고$\displaystyle h^{\prime}(x)=cf^{\prime}(x)-1=\begin{cases}\dfrac{c(e^x(x-1)+1)-x^2}{x^2}&(x\ne0)\\\dfrac{c-2}2&(x=0)\end{cases}$이다.함수 $\displaystyle h(x)$의 증가와 감소를 판별하기 위해 $\displaystyle \varphi(x)=c(e^x(x-1)+1)-x^2$의 개형을 보자. $\displaystyle \varphi^{\prime}(x)=x(ce^x-2)=0$의 해는 $\displaystyle x=0$과 $\displaystyle x=\ln\dfrac2c>0$이다. 함수 $\displaystyle \varphi(x)$의 증감표와 그래프 개형은 다음과 같다.$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc}&\cdots&x=0&\cdots&x=\ln\frac2c&\cdots\\\hline\varphi^{\prime}&+&0&-&0&+\\\hline\varphi&\nearrow&&\searrow&&\nearrow\\\hline\varphi&&0&&-&\end{array}$즉, 함수 $\displaystyle y=\varphi(x)$는 $\displaystyle x$축과 $\displaystyle (0,0)$과 $\displaystyle (k,0)$인 서로 다른 두 점에서 만난다. 여기서 $\displaystyle k$는 $\displaystyle k>\ln\dfrac2c>0$이다. $\displaystyle x\ne0$인 모든 $\displaystyle x<k$에 대하여 $\displaystyle \varphi(x)<0$이고 $\displaystyle x>k$에 대하여 $\displaystyle \varphi(x)>0$이다. $\displaystyle h^{\prime}(0)=\dfrac{c-2}2<0$이므로 모든 $\displaystyle x<k$에 대하여 $\displaystyle h^{\prime}(x)<0$이고 $\displaystyle x>k$에 대하여 $\displaystyle h^{\prime}(x)>0$이다. 즉, 함수 $\displaystyle h(x)$는 열린구간 $\displaystyle (-\infty,k)$에서 감소함수이고 열린구간 $\displaystyle (k,\infty)$에서 증가함수이다. 그러므로 함수 $\displaystyle h(x)$가 $\displaystyle x=k$에서 극소이다.

【2-3】 미분법을 이용하여 계산하면 $\displaystyle g(x)=f(x)-xf^{\prime}(x)=\begin{cases}\dfrac{(2-x)e^x-2}x&(x\ne0)\\1&(x=0)\end{cases}$이다. 방정식 $\displaystyle g(x)=0$의 실근의 존재성을 보이기 위해 함수 $\displaystyle \phi(x)=(2-x)e^x-2$와 $\displaystyle x$축과의 교점을 알아보자. 모든 $\displaystyle x<1$에 대하여 함수 $\displaystyle \phi^{\prime}(x)>0$이고 모든 $\displaystyle x>1$에 대하여 $\displaystyle \phi^{\prime}(x)<0$이므로 함수 $\displaystyle \phi(x)$는 $\displaystyle x=1$에서 극대를 가진다. $\displaystyle \phi(0)=0$, $\displaystyle \phi(1)=e-2>0$, $\displaystyle \phi(2)=-2<0$이므로 사잇값의 정리에 의해 방정식 $\displaystyle \phi(x)=0$의 실근은 $\displaystyle x=0$과 열린구간 $\displaystyle (1,2)$에서 한 개 존재한다. $\displaystyle g(0)\ne0$이므로 $\displaystyle x=0$은 방정식 $\displaystyle g(x)=0$의 실근이 아니다. 그러므로 방정식 $\displaystyle g(x)=0$의 실근 $\displaystyle \alpha$는 열린구간 $\displaystyle (1,2)$에서 오직 한 개 존재한다.

【2-4】 $\displaystyle f^{\prime}(1)=1$이고 【2-1】에 의해 함수 $\displaystyle f^{\prime}(x)$는 열린구간 $\displaystyle (0,\infty)$에서 증가함수이므로 모든 $\displaystyle x>1$에 대하여 $\displaystyle f^{\prime}(x)>1$이다. 【2-3】에 의해 $\displaystyle 1<\alpha<2$이므로 $\displaystyle 0<\dfrac1{f^{\prime}(\alpha)}<1$이다. 즉, $\displaystyle 0<b<\beta<1$이다. 함수 $\displaystyle q(x)=bf(x)-x$를 고려하자. $\displaystyle 0<b<2$이므로 【2-2】에 의해 함수 $\displaystyle q(x)$는 열린구간 $\displaystyle (-\infty,k)$에서 감소하고 열린구간 $\displaystyle (k,\infty)$에서 증가하는 양의 실수 $\displaystyle k$가 존재한다. 함수 $\displaystyle q(x)$가 $\displaystyle x=k$에서 극소이므로 $\displaystyle q^{\prime}(k)=bf^{\prime}(k)-1=0$이다.즉, $\displaystyle b=\dfrac1{f^{\prime}(k)}$이다. $\displaystyle 0<b<\beta$이므로 $\displaystyle 0<\dfrac1{f^{\prime}(k)}<\dfrac1{f^{\prime}(\alpha)}$이다. 즉, $\displaystyle f^{\prime}(k)>f^{\prime}(\alpha)$이다. 그러면 【2-1】에 의해 함수 $\displaystyle f^{\prime}(x)$는 $\displaystyle (0,\infty)$에서 증가함수이므로 $\displaystyle \alpha<k$이다. $\displaystyle g(1)=e-2>0$이고 $\displaystyle g(2)=-1$이므로 【2-3】에 의해 함수 $\displaystyle g(x)$는 모든 $\displaystyle x>\alpha$에 대하여 $\displaystyle g(x)<0$이다. $\displaystyle \alpha<k$이므로 $\displaystyle g(k)<0$이다. 그러면 다음이 성립한다.$\displaystyle g(k)=f(k)-kf^{\prime}(k)=bf^{\prime}(k)f(k)-kf^{\prime}(k)=f^{\prime}(k)(bf(k)-k)=f^{\prime}(k)q(k)<0$그러므로 $\displaystyle f^{\prime}(k)>0$이므로 $\displaystyle q(k)<0$이다. 【2-2】에 의해 방정식 $\displaystyle q(x)=0$는 열린구간 $\displaystyle (-\infty,k)$에서 실근 $\displaystyle x_1$과 열린구간 $\displaystyle (k,\infty)$에서 실근 $\displaystyle x_2$를 가진다. 그리고 $\displaystyle q^{\prime}(x_1)=bf^{\prime}(x_1)-1<0$이므로 $\displaystyle f^{\prime}(x_1)<\dfrac1b$이고, $\displaystyle q^{\prime}(x_2)=bf^{\prime}(x_2)-1>0$이므로 $\displaystyle f^{\prime}(x_2)>\dfrac1b$이다.