자연계열 (1차) 2번

【2-1】 $\displaystyle \angle\mathrm{POQ}=t^2$이고, $\displaystyle \overline{\mathrm{OP}}=1$, $\displaystyle \overline{\mathrm{OQ}}=2$이다. $\displaystyle t^2=0$ 또는 $\displaystyle t^2=\pi$이면 $\displaystyle S(t)=0$이다. $\displaystyle 0<t^2<\pi$일 때, 삼각형 $\displaystyle \mathrm{OPQ}$의 $\displaystyle \angle\mathrm{O}$의 크기는 $\displaystyle t^2$이므로 제시문 [가]에 의해 $\displaystyle S(t)=\sin(t^2)$이다. $\displaystyle \pi<t^2<2\pi$일 때, 삼각형 $\displaystyle \mathrm{OPQ}$의 $\displaystyle \angle\mathrm{O}$의 크기는 $\displaystyle 2\pi-t^2$이므로 $\displaystyle S(t)=\sin(2\pi-t^2)=-\sin(t^2)$이다. 따라서 $\displaystyle S(t)=|\sin(t^2)|$이다.

【2-2】 $\displaystyle t$가 $\displaystyle -\sqrt\pi<t<0$ 또는 $\displaystyle 0<t<\sqrt\pi$일 때 $\displaystyle S(t)=\sin(t^2)$이므로, 미분가능한 두 함수 $\displaystyle \sin t$와 $\displaystyle t^2$의 합성함수인 $\displaystyle S(t)$는 미분가능하다. $\displaystyle t$가 $\displaystyle -\sqrt{2\pi}<t<-\sqrt\pi$ 또는 $\displaystyle \sqrt\pi<t<\sqrt{2\pi}$일 때, $\displaystyle S(t)=-\sin(t^2)$이므로, 미분가능한 두 함수 $\displaystyle -\sin t$와 $\displaystyle t^2$의 합성함수인 $\displaystyle S(t)$는 미분가능하다. 제시문 [나]와 [다]를 이용하여 $\displaystyle t=0,\pm\sqrt\pi$일 때 미분가능성을 조사한다. $\displaystyle t=0$일 때$\displaystyle \lim_{h\to0}\frac{S(h)-S(0)}h=\lim_{h\to0}\frac1h|\sin(h^2)|=\lim_{h\to0}h\frac{\sin(h^2)}{h^2}=0$따라서, $\displaystyle S(t)$는 $\displaystyle t=0$에서 미분가능하다. $\displaystyle t=\sqrt\pi$일 때$\displaystyle \lim_{h\to0}\frac{S(\sqrt\pi+h)-S(\sqrt\pi)}h=\lim_{h\to0}\frac{|\sin(\pi+2\sqrt\pi h+h^2)|}h=\lim_{h\to0}\frac{|\sin(2\sqrt\pi h+h^2)|}h$이다. $\displaystyle h\to0^+$인 경우 $\displaystyle 0<h(2\sqrt\pi+h)<\pi$이므로, 제시문 [다]에 의해$\displaystyle \lim_{h\to0^+}\frac{S(\sqrt\pi+h)-S(\sqrt\pi)}h=\lim_{h\to0^+}\frac{\sin(2\sqrt\pi h+h^2)}h=\lim_{h\to0^+}(2\sqrt\pi+h)\frac{\sin(2\sqrt\pi h+h^2)}{(2\sqrt\pi+h)h}=2\sqrt\pi$$\displaystyle h\to0^-$인 경우 $\displaystyle -\pi<h(2\sqrt\pi+h)<0$이므로, 제시문 [다]에 의해$\displaystyle \lim_{h\to0^-}\frac{S(\sqrt\pi+h)-S(\sqrt\pi)}h=\lim_{h\to0^-}\frac{-\sin(2\sqrt\pi h+h^2)}h=-\lim_{h\to0^-}(2\sqrt\pi+h)\frac{\sin(2\sqrt\pi h+h^2)}{(2\sqrt\pi+h)h}=-2\sqrt\pi$좌극한과 우극한이 다르므로 $\displaystyle S(t)$는 $\displaystyle t=\sqrt\pi$에서 미분가능하지 않다. 그리고 $\displaystyle S(t)=S(-t)$이므로 대칭에 의해 $\displaystyle S(t)$는 $\displaystyle t=-\sqrt\pi$에서 미분가능하지 않다.

【2-3】 직선 $\displaystyle \mathrm{OR}$의 방정식은 $\displaystyle y=(\tan\theta)x$이고 곡선 $\displaystyle y=\frac1x$과의 교점이 $\displaystyle \mathrm{R}\left(a,\frac1a\right)$이므로 $\displaystyle a\tan\theta=\frac1a$를 만족하고 $\displaystyle a^2=\cot\theta$이다.

제시문 [나]에 의해, 점 $\displaystyle \mathrm{R}\left(a,\frac1a\right)$에서의 접선의 방정식은 $\displaystyle x+a^2y-2a=0$이고 제시문 [라]에 의해 원점과 접선 사이의 거리는 $\displaystyle \frac{2a}{\sqrt{1+a^4}}$가 된다. 이 거리가 원의 반지름 $\displaystyle 3^{\frac14}$보다 작거나 같으면 접선과 원이 만나므로 $\displaystyle a$는 부등식 $\displaystyle 4a^2\le\sqrt3(1+a^4)$을 만족한다. 이 부등식은 $\displaystyle a^2$에 관한 이차부등식이고 인수분해를 하면$\displaystyle (\sqrt3a^2-1)(a^2-\sqrt3)\ge0$을 만족하므로 $\displaystyle \cot\theta=a^2\ge\sqrt3$ 또는 $\displaystyle \cot\theta=a^2\le\frac1{\sqrt3}$이다. $\displaystyle a>1$이므로 $\displaystyle \cot\theta>1$이고 $\displaystyle 0<\theta<\frac\pi4$이다. 따라서 $\displaystyle \cot\theta\ge\sqrt3$이고 $\displaystyle 0<\theta\le\frac\pi6$이다.

【2-4】 문항 【2-3】의 풀이에서 접선 $\displaystyle x+a^2y-2a=0$에 대하여 원점 $\displaystyle \mathrm{O}$에서 내린 수선의 발을 $\displaystyle \mathrm{T}$라 하면 선분 $\displaystyle \mathrm{OT}$의 길이는 원점과 접선 사이의 거리 $\displaystyle \frac{2a}{\sqrt{1+a^4}}$와 같다. 삼각형 $\displaystyle \mathrm{OTA}$는 직각삼각형이므로 피타고라스 정리에 의해 $\displaystyle \left\{\frac{l(\theta)}2\right\}^2=\sqrt3-\left(\frac{2a}{\sqrt{1+a^4}}\right)^2$이고$\displaystyle \frac{\{l(\theta)\}^2-4\sqrt3}{\theta}=\frac{-16a^2}{(1+a^4)\theta}=\frac{-16\cot\theta}{(1+\cot^2\theta)\theta}=-16\frac{\sin\theta\cos\theta}{\theta}$따라서, $\displaystyle \lim_{\theta\to0^+}\frac{\{l(\theta)\}^2-4\sqrt3}{\theta}=-16$이다.