자연계열 2번

[1]

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=2n+1}^{3n}\frac{\sqrt{nk}}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=2n+1}^{3n}\left(\sqrt{\frac kn}\right)$

$\displaystyle = \lim _{ n\to \infty } { }\frac{1}{n} \left ( \sqrt { \frac{2n+1}{n}} + \sqrt { \frac{2n+2}{n}} +\cdots + \sqrt { \frac{2n+n}{n}} \right )$

$\displaystyle = \lim _{ n\to \infty } { }\frac{1}{n} \left ( \sqrt { 2+\frac{1}{n}} + \sqrt { 2+\frac{2}{n}} +\cdots + \sqrt { 2+\frac{n}{n}} \right )= \lim _{ n\to \infty } { }\frac{1}{n} \sum _{ k=1} ^{ n} \sqrt { 2+ \frac{k}{n}}$

$\displaystyle =\int _{ 0} ^{1 } { \sqrt { 2+x} }dx = \Biggl[ \frac{2}{3} (2+x)^ {\frac{3}{2}} \Biggr]_{0}^{1} = 2\sqrt 3 - \frac{4}{3} \sqrt 2$또는

$\displaystyle \int _{ 2} ^{3 } {\sqrt x }dx= \Biggl[ \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \Biggr]_{2}^{3} = 2\sqrt 3 - \frac{4}{3} \sqrt 2$

[2]

$\displaystyle h(x)=\sqrt{1+\frac4{x^4}}$라고 놓으면, $\displaystyle L^{\prime}(t)=\frac d{dt}\int_t^{t+1}h(x)\,dx=h(t+1)-h(t)$이다. 따라서,

$\displaystyle L^{\prime}(t)=\sqrt{1+\frac4{(t+1)^4}}-\sqrt{1+\frac4{t^4}}$이고,

$\displaystyle \sum _{ k=1} ^{ n} L^{\prime}(k) = (h(2)-h(1)) + (h(3) - h(2)) + \cdots + (h(n+1) - h(n))$이다.

여기서 상쇄되는 항들을 제거하면 남는 항은 $\displaystyle h(n+1) - h(1)$이므로 정답은 $\displaystyle \sqrt { 1+ \frac{4}{(n+1)^{4}} }- \sqrt 5$이다.

[3]

$\displaystyle F^{\prime}(x) = f(x)$라고 하자. 제시문 2에 의해 $\displaystyle \int _{ t} ^{t+h } {f(x) dx } = F(t+h ) - F(t)$이다. 이 식의 양변을 $\displaystyle t$에 대해 미분하면

$\displaystyle \frac{d}{dt} \int _{ t} ^{t+h } { f(x)}dx = f(t+h) - f(t)$

우변에 평균값의 정리를 적용하면 다음을 만족하는 $\displaystyle c( t<c<t+h)$가 적어도 하나 존재한다.

$\displaystyle f(t+h ) - f(t) = h f^{\prime}(c)$

[4]

(1) 실수 전 구간에서 $\displaystyle y^{\prime}(x) = e^x >0$이므로 이 함수는 증가한다.

(2) 밑변의 길이가 1이고 높이가 $\displaystyle \frac{2}{t+1}$인 사각형의 넓이 $\displaystyle S_{1}$은 $\displaystyle \frac{2}{t+1}$이다.

곡선 $\displaystyle y= \frac{2}{x}$와 $\displaystyle x$축 및 $\displaystyle x=t$, $\displaystyle x= t+1 ~(t>0)$로 둘러싸인 도형의 넓이 $\displaystyle S$는

$\displaystyle S = \int _{ t} ^{t+1 } {\frac{2}{x} }dx = \Biggl[ 2 \ln \frac{x}{2} \Biggr]_t ^{t+1} = 2 \ln \frac{t+1}{t} = 2 \ln \left ( 1+ \frac{1}{t} \right )$이다.

한편, 밑변의 길이가 1이고 높이가 $\displaystyle \frac{2}{t}$인 사각형의 넓이 $\displaystyle S_{2}$는 $\displaystyle \frac{2}{t}$이다.

<그림 1>에 의해 $\displaystyle S_{1} < S < S_{2}$이므로 다음이 성립한다.

$\displaystyle \frac{2}{t+1} < 2 \ln \left ( 1 + \frac{1}{t} \right )< \frac{2}{t} ~~~(t>0)$

이 식들에 $\displaystyle \frac{t}{2}$를 곱하면 이 값이 양수이므로

$\displaystyle \frac{t}{t+1} < \ln \left ( 1+ \frac{1}{t} \right )^t <1 ~~~(t>0)$

이다. $\displaystyle y= e^x$는 실수 전 구간에서 증가하므로 제시문 4에 의해 다음을 얻는다.

$\displaystyle e^ {\frac{t}{t+1}} < \left ( 1+ \frac{1}{t} \right )^t < e ~~~(t>0)$

[5]

$\displaystyle \int \cos x \left\{f(x) + g(x) \right\} dx = \int (\sin x)^{\prime} \left\{f(x) + g(x) \right\} dx$

$\displaystyle =\sin x \left\{f(x) + g(x) \right\} - \int \sin x \left\{f^{\prime}(x) + g^{\prime}(x) \right\} dx$

이 식에서

$\displaystyle - \int \sin x \left\{f^{\prime}(x) + g^{\prime}(x) \right\} dx = - \int \sin x \left\{f(x) + g(x) \right\} dx$

$\displaystyle =\int(\cos x)^{\prime}\{f(x)+g(x)\}\,dx=\cos x\{f(x)+g(x)\}-\int\cos x\{f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)\}\,dx$

$\displaystyle =\cos x \left\{f(x) + g(x) \right\} - \int \cos x \left\{f(x) + g(x) \right\}dx$이다.

따라서

$\displaystyle 2 \int \cos x \left\{f(x) + g(x) \right\}dx = (\sin x + \cos x) \left\{f(x) + g(x) \right\}$

$\displaystyle =\sqrt 2 \left\{ \sin x \sin \left ( \frac{\pi}{4} \right ) + \cos x \cos \left ( \frac{\pi}{4} \right )\right\} \left\{f(x) + g(x) \right\}$

$\displaystyle = \sqrt 2 \cos \left ( x- \frac{\pi}{4} \right ) \left\{f(x) + g(x) \right\}$

따라서

$\displaystyle \int { \cos x \left\{f(x) + g(x) \right\}}dx = \frac{\sqrt 2}{2} \cos (x- \frac{\pi}{4} ) \left\{f(x) + g(x) \right\} + C$이다. (여기서 $\displaystyle C$는 적분상수)