수리논술, 배움에서 논증의 완성까지.

자연계열 1번

서강대 2022학년도 모의 2차 자연계열 1번 · mathesis.kr/archive/sogang/2022mo_2/jayeon_1

배점8점
예상 소요 시간50분

문제

제시문 [가]-[라]를 참고하여 다음 물음에 답하시오.

【1-1】 함수 f(x)=1+x\displaystyle f(x)=\sqrt{1+x}에 제시문 [가]를 적용하여 −1<x<0\displaystyle -1<x<0일 때 부등식 1+x<1+x2\displaystyle \sqrt{1+x}<1+\frac x2이 성립함을 보이시오.

【1-2】 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속이고 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에서 미분가능한 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 모든 x∈(a,b)\displaystyle x\in(a,b)에 대하여 f(x)>0\displaystyle f(x)>0을 만족할 때, 1a−c+1b−c=f′(c)f(c)\displaystyle \frac1{a-c}+\frac1{b-c}=\frac{f^{\prime}(c)}{f(c)}인 c\displaystyle c가 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에 적어도 하나 존재함을 보이시오.

【1-3】 적당한 다항함수 g(x)\displaystyle g(x)에 대하여 f(x)=g(x)(sin⁡2x+2sin⁡x)\displaystyle f(x)=g(x)(\sin^2x+2\sin x)로 표현되며 ∫02πf(x) dx=−3\displaystyle \int_0^{2\pi}f(x)\,dx=-3을 만족하는 임의의 함수 f(x)\displaystyle f(x)에 대하여 정적분 ∫02πx(2π−x)f′′(x) dx\displaystyle \int_0^{2\pi}x(2\pi-x)f^{\prime\prime}(x)\,dx의 값을 구하시오.

【1-4】 수열 {an}\displaystyle \{a_n\}이 모든 자연수 n\displaystyle n에 대하여 an>0\displaystyle a_n>0이고 lim⁡n→∞an=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=0일 때 극한값 lim⁡n→∞1n∑k=1nkn+an\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn+a_n}를 구하시오.

[가] 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속이고 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에서 미분가능하면 f(b)−f(a)b−a=f′(c)\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime}(c)인 c\displaystyle c가 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에 적어도 하나 존재한다.

[나] 두 함수 f(x)\displaystyle f(x), g(x)\displaystyle g(x)가 닫힌 구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 미분가능하고, f′(x)\displaystyle f^{\prime}(x), g′(x)\displaystyle g^{\prime}(x)가 연속일 때, 다음 등식이 성립한다.∫abf(x)g′(x) dx=[f(x)g(x)]ab−∫abf′(x)g(x) dx\displaystyle \int_a^b f(x)g^{\prime}(x)\,dx=\Biggl[f(x)g(x)\Biggr]_a^b-\int_a^b f^{\prime}(x)g(x)\,dx

[다] 수열 {an}\displaystyle \{a_n\}, {bn}\displaystyle \{b_n\}이 수렴하고 lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞bn=α\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=\alpha일 때, 수열{cn}\displaystyle \{c_n\}이 모든 자연수 n\displaystyle n에 대하여 an≤cn≤bn\displaystyle a_n\le c_n\le b_n을 만족하면 lim⁡n→∞cn=α\displaystyle \lim_{n\to\infty}c_n=\alpha이다.

[라] 함수 f(x)\displaystyle f(x)가 닫힌 구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속이면 다음 등식이 성립한다.lim⁡n→∞∑k=1nf(xk)Δx=∫abf(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n f(x_k)\Delta x=\int_a^b f(x)\,dx (단, Δx=b−an\displaystyle \Delta x=\frac{b-a}{n}, xk=a+kΔx\displaystyle x_k=a+k\Delta x)

해설강의 준비중

서강대 2022학년도 모의 2차 자연계열 1번 · mathesis.kr/archive/sogang/2022mo_2/jayeon_1

+1점 · f(x)=1+x\displaystyle f(x)=\sqrt{1+x}에 대하여 닫힌구간 [x,0]\displaystyle [x,0]에 평균값 정리를 적용하면

【1-1】f(x)=1+x\displaystyle f(x)=\sqrt{1+x}에 대하여 닫힌구간 [x,0]\displaystyle [x,0]에 제시문 [가]의 평균값 정리를 적용하면 x<c<0\displaystyle x<c<0인 적당한 c\displaystyle c가 존재하여1−1+x−x=f(0)−f(x)0−x=f′(c)=121+c>12\displaystyle \frac{1-\sqrt{1+x}}{-x}=\frac{f(0)-f(x)}{0-x}=f^{\prime}(c)=\frac1{2\sqrt{1+c}}>\frac12

+1점 · 올바른 적용을 통해 1+x<1+x2\displaystyle \sqrt{1+x}<1+\frac x2을 증명하면

가 성립하므로 1+x<1+x2\displaystyle \sqrt{1+x}<1+\frac x2이다.

+1점 · g(x)=(x−a)(x−b)f(x)\displaystyle g(x)=(x-a)(x-b)f(x)라 놓고 시작하면

【1-2】g(x)=(x−a)(x−b)f(x)\displaystyle g(x)=(x-a)(x-b)f(x)라 놓으면 g(x)\displaystyle g(x)는 닫힌구간 [a,b]\displaystyle [a,b]에서 연속이고 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에서 미분가능하며 g(a)=g(b)=0\displaystyle g(a)=g(b)=0이다. 따라서 제시문 [가]의 평균값정리에 의하여 g′(c)=0\displaystyle g^{\prime}(c)=0인 c\displaystyle c가 열린구간 (a,b)\displaystyle (a,b)에 존재한다.

+1점 · 증명을 완성하면

g′(x)=(x−a)f(x)+(x−b)f(x)+(x−a)(x−b)f′(x)\displaystyle g^{\prime}(x)=(x-a)f(x)+(x-b)f(x)+(x-a)(x-b)f^{\prime}(x)로부터 0=(c−a)f(c)+(c−b)f(c)+(c−a)(c−b)f′(c)\displaystyle 0=(c-a)f(c)+(c-b)f(c)+(c-a)(c-b)f^{\prime}(c)를 얻는다. 등식의 양변을 (c−a)(c−b)f(c)\displaystyle (c-a)(c-b)f(c)로 나누면1c−a+1c−b+f′(c)f(c)=0\displaystyle \frac1{c-a}+\frac1{c-b}+\frac{f^{\prime}(c)}{f(c)}=0이 성립하여 1a−c+1b−c=f′(c)f(c)\displaystyle \frac1{a-c}+\frac1{b-c}=\frac{f^{\prime}(c)}{f(c)}을 얻는다.

+1점 · u=x(2π−x)\displaystyle u=x(2\pi-x), v′=f′′\displaystyle v^{\prime}=f^{\prime\prime}이라 놓고 부분적분을 사용하면

【1-3】u=x(2π−x)\displaystyle u=x(2\pi-x), v′=f′′\displaystyle v^{\prime}=f^{\prime\prime}이라 놓고 제시문 [나]의 부분적분을 사용하면∫02πx(2π−x)f′′(x) dx=[x(2π−x)f′(x)]02π−∫02π(2π−2x)f′(x) dx=−∫02π(2π−2x)f′(x) dx\displaystyle \int_0^{2\pi}x(2\pi-x)f^{\prime\prime}(x)\,dx=\Biggl[x(2\pi-x)f^{\prime}(x)\Biggr]_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}(2\pi-2x)f^{\prime}(x)\,dx=-\int_0^{2\pi}(2\pi-2x)f^{\prime}(x)\,dx

+1점 · 다시 한번 부분적분을 사용하여 올바른 답을 구하면

이다. 다시한번 부분적분을 하고 f(0)=f(2π)=0\displaystyle f(0)=f(2\pi)=0을 사용하면−∫02π(2π−2x)f′(x) dx=−[(2π−2x)f(x)]02π−2∫02πf(x) dx=−2∫02πf(x) dx=6\displaystyle -\int_0^{2\pi}(2\pi-2x)f^{\prime}(x)\,dx=-\Biggl[(2\pi-2x)f(x)\Biggr]_0^{2\pi}-2\int_0^{2\pi}f(x)\,dx=-2\int_0^{2\pi}f(x)\,dx=6이다.그러므로 ∫02πx(2π−x)f′′(x) dx=6\displaystyle \int_0^{2\pi}x(2\pi-x)f^{\prime\prime}(x)\,dx=6이다.

+1점 · 부등식 1n∑k=1nkn≤1n∑k=1nkn+an≤1n[∑k=1n(kn+an)]\displaystyle \frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}\le\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn+a_n}\le\frac1n\bigl[\sum_{k=1}^n\bigl(\sqrt{\frac kn}+\sqrt{a_n}\bigr)\bigr]을 얻으면

【1-4】x,y>0\displaystyle x,y>0에 대하여 x+y<x+y\displaystyle \sqrt{x+y}<\sqrt x+\sqrt y이므로 주어진 자연수 n\displaystyle n에 대하여1n∑k=1nkn≤1n∑k=1nkn+an≤1n[∑k=1n(kn+an)]\displaystyle \frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}\le\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn+a_n}\le\frac1n\left[\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{\frac kn}+\sqrt{a_n}\right)\right]이 성립한다.

+1점 · 양변에 극한을 취하여 올바른 답을 얻으면

제시문 [라]에 의하여lim⁡n→∞1n∑k=1nkn=∫01x dx=23\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}=\int_0^1\sqrt x\,dx=\frac23이고 lim⁡n→∞1n∑k=1nan=lim⁡n→∞an=0\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{a_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{a_n}=0이므로lim⁡n→∞1n∑k=1nkn+an≤lim⁡n→∞1n[∑k=1n(kn+an)]=23+0=23\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn+a_n}\le\lim_{n\to\infty}\frac1n\left[\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{\frac kn}+\sqrt{a_n}\right)\right]=\frac23+0=\frac23이다.따라서 제시문 [다]에 의하여 lim⁡n→∞1n∑k=1nkn+an=23\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn+a_n}=\frac23이다.

문항당 2점(총점 8점)으로 하며 세부 점수는 다음과 같다.

【1-3】에서 문항의 조건을 만족하는 특정한 함수를 대입해서 답을 구하는 경우는 0점 처리한다.

【1-4】에서 an=0\displaystyle a_n=0을 대입하여 답을 구한 경우, 0점 처리한다.

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