의·약학계 미적분

[미적분-1]$\displaystyle x\ge0$에 대하여 $\displaystyle h(x)=\sqrt{x}-\ln(1+x)$라 하자.$\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle h^{\prime}(x)=\frac1{2\sqrt{x}}-\frac1{1+x}=\frac{(\sqrt{x}-1)^2}{2\sqrt{x}(1+x)}\ge0$이고 $\displaystyle h(0)=0$이므로$\displaystyle x\ge0$에서 $\displaystyle h(x)\ge0$ 즉, $\displaystyle \ln(1+x)\le\sqrt{x}$가 성립한다.

또, $\displaystyle x>0$일 때 $\displaystyle 0\le\ln\left(1+\frac1x\right)\le\frac1{\sqrt{x}}$이고 $\displaystyle 0\le x\ln\left(1+\frac1x\right)\le x\frac1{\sqrt{x}}$이다.이때 $\displaystyle \lim_{x\to0+}x\frac1{\sqrt{x}}=0$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to0+}x\ln\left(1+\frac1x\right)=0$이다.

[미적분-2]$\displaystyle f(x)=\left(1+\frac1x\right)^{x+\alpha}$의 양변에 자연로그를 취하면$\displaystyle \ln f(x)=(x+\alpha)\ln\left(1+\frac1x\right)$위 식의 양변을 $\displaystyle x$에 대해 미분하면 $\displaystyle \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac{x+\alpha}{x^2+x}$이다.$\displaystyle g(x)=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac{x+\alpha}{x^2+x}$라 하면 $\displaystyle f^{\prime}(x)=f(x)g(x)$이고,$\displaystyle x>0$에 대하여 $\displaystyle f(x)>0$이므로 $\displaystyle g(x)$의 부호를 확인하면 된다.

이때 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}g(x)=0$이고 $\displaystyle g^{\prime}(x)=\frac{(2\alpha-1)x+\alpha}{(x^2+x)^2}$이다.(ⅰ) $\displaystyle \alpha\le0$인 경우$\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g^{\prime}(x)<0$이므로 $\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g(x)$는 감소한다.이때 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}g(x)=0$이므로 $\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g(x)>0$이고$\displaystyle f^{\prime}(x)>0$이다.따라서 함수 $\displaystyle f(x)$는 열린구간 $\displaystyle (0,\infty)$에서 증가한다.

(ⅱ) $\displaystyle \alpha\ge\frac12$인 경우$\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g^{\prime}(x)>0$이므로 $\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g(x)$는 증가한다.이때 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}g(x)=0$이므로 $\displaystyle x>0$에서 $\displaystyle g(x)<0$이고$\displaystyle f^{\prime}(x)<0$이다.따라서 함수 $\displaystyle f(x)$는 열린구간 $\displaystyle (0,\infty)$에서 감소한다.

[미적분-3]$\displaystyle g^{\prime}(x)=\frac{(2\alpha-1)x+\alpha}{(x^2+x)^2}=0$에서 $\displaystyle g^{\prime}\left(\frac\alpha{1-2\alpha}\right)=0$이고$\displaystyle k=\frac\alpha{1-2\alpha}>0$라 하면 $\displaystyle x<k$에서 $\displaystyle g^{\prime}(x)>0$, $\displaystyle x>k$에서 $\displaystyle g^{\prime}(x)<0$이다.이때 [미적분-2]에서 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}g(x)=0$이고 함수 $\displaystyle g(x)$는 열린구간 $\displaystyle (k,\infty)$에서 감소하므로 열린구간 $\displaystyle (k,\infty)$에서$\displaystyle g(x)>0$이다. $\displaystyle \qquad\cdots\;\text{i)}$함수 $\displaystyle g(x)$는 $\displaystyle x=k$에서 연속이므로 $\displaystyle g(k)>0\;\left(g(k)=\lim_{x\to k+}g(x)\ge g(2k)>0\right)$ $\displaystyle \qquad\cdots\;\text{ii)}$

한편, [미적분-1]에서의 $\displaystyle \lim_{x\to0+}x\ln\left(1+\frac1x\right)=0$을 이용하면$\displaystyle \lim_{x\to0+}xg(x)=\lim_{x\to0+}\left\{x\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac{x+\alpha}{x+1}\right\}=-\alpha<0$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to0+}g(x)=-\infty$

또, 연속함수 $\displaystyle g(x)$가 $\displaystyle g(k)>0$이므로제시문 (나)에 의하여 $\displaystyle g(c)=0$인 $\displaystyle c$가 열린구간 $\displaystyle (0,k)$에서 적어도 하나 존재한다.

$\displaystyle f(x)$는 $\displaystyle (0,c)$에서 감소하고 $\displaystyle f(x)$는 $\displaystyle (c,\infty)$에서 증가하고 $\displaystyle x=c$ 좌우에서 부호가 음에서 양으로 바뀌므로 제시문 (다)에 의하여 $\displaystyle f(x)$는 $\displaystyle x=c$에서 유일한 극솟값을 갖는다.Correction. 여기서 부호가 바뀌는 것은 $\displaystyle f(x)$가 아니라 $\displaystyle f^{\prime}(x)$이다.