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자연계열 1번

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세종대 2018학년도 모의 자연계열 1번 · mathesis.kr/archive/sejong/2018mo/jayeon_1

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문제

[문제 1] 실수인 상수 a,b,c\displaystyle a,b,c에 대해 함수 f(x)\displaystyle f(x)는 f(x)=ae−x+bx+c\displaystyle f(x)=ae^{-x}+bx+c로 정의된다. 연속확률변수 X\displaystyle X의 확률밀도함수 g(x)  (−1≤x≤1)\displaystyle g(x)\;(-1\le x\le1)와 함수 f(x)\displaystyle f(x)에 대해 관계식

P(−1≤X≤x)=∫−1xg(t)dt=2f(x)1+f(x)(단,−1≤x≤1)\displaystyle \mathrm{P}(-1\le X\le x)=\int_{-1}^xg(t)dt=\frac{2f(x)}{1+f(x)}\quad(\text{단},-1\le x\le1) …… ①

이 성립할 때, 다음 물음에 각각 답하시오.

(1-1) f(−1)\displaystyle f(-1)과 f(1)\displaystyle f(1)의 값을 각각 구하시오. (60점)

(1-2) c=12\displaystyle c=\frac12일 때, P(−1≤X≤12)\displaystyle \mathrm{P}(-1\le X\le\frac12)을 구하시오. (60점)

(1-3) 관계식 ①이 성립할 때, 가능한 c\displaystyle c의 최댓값과 최솟값을 구하시오. (60점)

해설강의 준비중

세종대 2018학년도 모의 자연계열 1번 · mathesis.kr/archive/sejong/2018mo/jayeon_1

+30점 · f(−1)=0\displaystyle f(-1)=0을 구하면

(1-1) 풀이 : ∫−1−1g(t)dt=0=2f(−1)1+f(−1)\displaystyle \int_{-1}^{-1}g(t)dt=0=\frac{2f(-1)}{1+f(-1)}이므로 f(−1)=0\displaystyle f(-1)=0이다.

+30점 · f(1)=1\displaystyle f(1)=1을 구하면

∫−11g(t)dt=1=2f(1)1+f(1)\displaystyle \int_{-1}^1g(t)dt=1=\frac{2f(1)}{1+f(1)}이므로 f(1)=1\displaystyle f(1)=1이다.

정답 : f(−1)=0\displaystyle f(-1)=0, f(1)=1\displaystyle f(1)=1

+15점 · 연립방정식을 기술하면

(1-2) 풀이 : 위에서 얻은 결과 f(−1)=0\displaystyle f(-1)=0, f(1)=1\displaystyle f(1)=1과 c=12\displaystyle c=\frac12을 연립하면ae−b+c=0,  ae+b+c=1,  c=12\displaystyle ae-b+c=0,\;\frac ae+b+c=1,\;c=\frac12

+25점 · f(x)=12x+12\displaystyle f(x)=\frac12x+\frac12을 구하면

로부터 a=0\displaystyle a=0, b=12\displaystyle b=\frac12, c=12\displaystyle c=\frac12을 구할 수 있으므로 f(x)=12(x+1)\displaystyle f(x)=\frac12(x+1)이다.

+20점 · 확률 P(−1≤x≤12)=67\displaystyle \mathrm{P}\left(-1\le x\le\frac12\right)=\frac67을 구하면

Correction. (1-2) 채점기준의 확률 표기에서 소문자 x\displaystyle x는 문제의 확률변수 X\displaystyle X를 가리킨다. 그러나 원문 표기는 그대로 실었다.

이때, f(12)=34\displaystyle f\left(\frac12\right)=\frac34이므로 P(−1≤X≤12)=3/21+3/4=67\displaystyle \mathrm{P}\left(-1\le X\le\frac12\right)=\frac{3/2}{1+3/4}=\frac67이다.

정답 : 67\displaystyle \frac67

+20점 · 연립방정식을 풀어서 a=e1+e2−2e1+e2c,  b=e21+e2−e2−11+e2c\displaystyle a=\frac e{1+e^2}-\frac{2e}{1+e^2}c,\;b=\frac{e^2}{1+e^2}-\frac{e^2-1}{1+e^2}c를 얻으면

(1-3) 풀이 : f(−1)=0\displaystyle f(-1)=0, f(1)=1\displaystyle f(1)=1을 풀면 a,b\displaystyle a,b를 c\displaystyle c에 관한 식으로 표현할 수 있다. 즉 ae−b+c=0,  ae+b+c=1\displaystyle ae-b+c=0,\;\frac ae+b+c=1에서a=e1+e2−2e1+e2c,  b=e21+e2−e2−11+e2c\displaystyle a=\frac e{1+e^2}-\frac{2e}{1+e^2}c,\;b=\frac{e^2}{1+e^2}-\frac{e^2-1}{1+e^2}c를 구할 수 있다.

그런데 g(x)\displaystyle g(x)가 확률밀도함수이므로 ddx2f(x)1+f(x)≥0\displaystyle \frac d{dx}\frac{2f(x)}{1+f(x)}\ge0이 되어야 한다.

따라서 ddx2f(x)1+f(x)=2f′(x)(1+f(x))2≥0\displaystyle \frac d{dx}\frac{2f(x)}{1+f(x)}=\frac{2f\prime(x)}{(1+f(x))^2}\ge0으로부터, −1≤x≤1\displaystyle -1\le x\le1인 모든 x\displaystyle x에 대하여 f′(x)=−ae−x+b≥0\displaystyle f\prime(x)=-ae^{-x}+b\ge0이다.

한편, f′′(x)=ae−x\displaystyle f\prime\prime(x)=ae^{-x}로부터 f′(x)\displaystyle f\prime(x)는 a\displaystyle a의 값에 따라 증가함수 또는 감소함수이므로 f′(x)≥0\displaystyle f\prime(x)\ge0을 만족하기 위해서는 f′(−1)≥0\displaystyle f\prime(-1)\ge0과 f′(1)≥0\displaystyle f\prime(1)\ge0만 만족하면 된다.

f′(x)=−ae−x+b=−(e1+e2−2e1+e2c)e−x+e21+e2−e2−11+e2c\displaystyle f\prime(x)=-ae^{-x}+b=-\left(\frac e{1+e^2}-\frac{2e}{1+e^2}c\right)e^{-x}+\frac{e^2}{1+e^2}-\frac{e^2-1}{1+e^2}c이므로,

f′(−1)≥0\displaystyle f\prime(-1)\ge0과 f′(1)≥0\displaystyle f\prime(1)\ge0을 풀면,f′(−1)=c≥0,  f′(1)=e2−1e2+1−e2−3e2+1c≥0\displaystyle f\prime(-1)=c\ge0,\;f\prime(1)=\frac{e^2-1}{e^2+1}-\frac{e^2-3}{e^2+1}c\ge0이 되고, 0≤c≤e2−1e2−3\displaystyle 0\le c\le\frac{e^2-1}{e^2-3}을 얻는다.

+40점 · f′(−1)≥0,  f′(1)≥0\displaystyle f\prime(-1)\ge0,\;f\prime(1)\ge0을 알고 c\displaystyle c의 최댓값과 최솟값을 구하면

따라서, c\displaystyle c의 최솟값은 0이고 최댓값은 e2−1e2−3\displaystyle \frac{e^2-1}{e^2-3}이다.

정답 : 최솟값 0, 최댓값 e2−1e2−3\displaystyle \frac{e^2-1}{e^2-3}

(1-3) 첫 번째 항목을 보이는 과정없이 f′(−1)≥0,  f′(1)≥0\displaystyle f\prime(-1)\ge0,\;f\prime(1)\ge0을 구하고 기술하면 : +20점

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