자연계열 2번

문제 2-A(1) 제시문에 주어진 식을 이용하면$\displaystyle A(\alpha)=\int_0^{\alpha}f(x)\,dx=\Biggl[xf(x)\Biggr]_0^{\alpha}-\int_0^{\alpha}xf^{\prime}(x)\,dx=\alpha f(\alpha)-\int_0^{\alpha}xe^{-x^2}\,dx$를 얻는다. $\displaystyle t=x^2$로 놓으면 $\displaystyle \frac{dt}{dx}=2x$가 된다. $\displaystyle x=0$일 때 $\displaystyle t=0$, $\displaystyle x=\alpha$일 때 $\displaystyle t=\alpha^2$이므로$\displaystyle \int_0^{\alpha}xe^{-x^2}\,dx=\frac12\int_0^{\alpha^2}e^{-t}\,dt=\frac12\Biggl[-e^{-t}\Biggr]_0^{\alpha^2}=\frac12(1-e^{-\alpha^2})$이다. 따라서 구하는 정적분은$\displaystyle A(\alpha)=\int_0^{\alpha}f(x)\,dx=\alpha f(\alpha)-\frac12(1-e^{-\alpha^2})$이다.

(2) 함수 $\displaystyle f(x)$와 그 역함수 $\displaystyle g(x)$에 대하여 관계식$\displaystyle \int_0^{\alpha}f(x)\,dx+\int_{f(0)}^{f(\alpha)}g(x)\,dx=\alpha f(\alpha)$이 성립하고, $\displaystyle f(0)=0$이므로,$\displaystyle \begin{aligned}B(\alpha)&=\alpha f(\alpha)-\int_0^{\alpha}f(x)\,dx\\&=\alpha f(\alpha)-\left[\alpha f(\alpha)-\frac12(1-e^{-\alpha^2})\right]=\frac12(1-e^{-\alpha^2})\end{aligned}$이다(〈그림 2〉 참고).

(3) 문항 (1)과 문항 (2)의 결과를 이용하여 주어진 극한을 계산하면 다음과 같다.$\displaystyle \begin{aligned}\lim_{\alpha\to0}\frac{A(\alpha)}{B(\alpha)}&=\lim_{\alpha\to0}\frac{\alpha f(\alpha)-\frac12(1-e^{-\alpha^2})}{\frac12(1-e^{-\alpha^2})}=\lim_{\alpha\to0}\left(\frac{2\alpha f(\alpha)}{1-e^{-\alpha^2}}-1\right)\\&=2\lim_{\alpha\to0}\left(\frac{\frac{f(\alpha)}{\alpha}}{\frac{1-e^{-\alpha^2}}{\alpha^2}}\right)-1\end{aligned}$위의 식에서 분자의 극한을 구하면$\displaystyle \lim_{\alpha\to0}\frac{f(\alpha)}{\alpha}=\lim_{\alpha\to0}\frac{f(\alpha)-f(0)}{\alpha-0}=f^{\prime}(0)=e^{-0^2}=1$이다. 분모의 극한을 구하기 위해 $\displaystyle u(x)=e^{-x}$로 놓으면$\displaystyle \lim_{\alpha\to0}\frac{1-e^{-\alpha^2}}{\alpha^2}=\lim_{\beta\to0}\frac{1-e^{-\beta}}{\beta}=-\lim_{\beta\to0}\frac{u(\beta)-u(0)}{\beta-0}=-u^{\prime}(0)=1$이다. 따라서 $\displaystyle \lim_{\alpha\to0}\frac{A(\alpha)}{B(\alpha)}=1$이다.

문제 2-B(1) 제시문의 내용을 이용하면, 조건 (i)에 의하여 $\displaystyle x>0$일 때$\displaystyle g^{\prime}(x)=2\alpha f(x)f^{\prime}(x)=\frac d{dx}\left[\alpha\{f(x)\}^2\right]$이므로$\displaystyle g(x)=\alpha\{f(x)\}^2+C$　$\displaystyle (x>0)$가 성립한다. 한편 미분가능한 함수는 연속이므로, 함수 $\displaystyle f(x)$와 $\displaystyle g(x)$의 $\displaystyle x=0$에서의 연속성과 조건 (ii)를 이용하면$\displaystyle 5-\alpha^3=g(0)=\lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to0^+}\alpha\{f(x)\}^2+C=\alpha\{f(0)\}^2+C=C$를 얻는다. 따라서$\displaystyle g(x)=\begin{cases}\alpha\{f(x)\}^2+(5-\alpha^3)&(x>0)\\-\{f(-x)\}^2+(5-\alpha^3)&(x\le0)\end{cases}\quad\cdots\cdots\cdots\quad①$이다.여기서 $\displaystyle \alpha\ge0$이고 $\displaystyle f(x)$가 증가함수이므로, 구간 $\displaystyle [0,1]$에서 $\displaystyle \alpha\{f(x)\}^2$와 $\displaystyle g(x)$는 모두 증가함수이거나 상수함수이다. 구간 $\displaystyle [-1,0]$에서는 $\displaystyle \{f(-x)\}^2$가 감소함수이므로 $\displaystyle -\{f(-x)\}^2$와 $\displaystyle g(x)$가 모두 증가함수이다. 그러므로 구간 $\displaystyle [-1,1]$에서 함수 $\displaystyle g(x)$는 $\displaystyle x=-1$일 때 최소가 되고$\displaystyle g(x)\ge g(-1)=-\{f(1)\}^2+5-\alpha^3=1-\alpha^3$　$\displaystyle (-1\le x\le1)$이다. 따라서 구간 $\displaystyle [-1,1]$에서 부등식 $\displaystyle g(x)\ge0$가 성립하는 $\displaystyle \alpha$의 값의 범위는 $\displaystyle 0\le\alpha\le1$이다.

(2) 식 ①과 치환적분법을 이용하면, 구하는 도형의 넓이 $\displaystyle S(\alpha)$는 다음과 같다.$\displaystyle \begin{aligned}S(\alpha)&=\int_{-1}^1|g(x)|\,dx=\int_{-1}^0\left(-\{f(-x)\}^2+(5-\alpha^3)\right)\,dx+\int_0^1\left(\alpha\{f(x)\}^2+(5-\alpha^3)\right)\,dx\\&=(\alpha-1)\int_0^1\{f(x)\}^2\,dx+10-2\alpha^3=-2\alpha^3+3\alpha+7\end{aligned}$$\displaystyle S(\alpha)$의 도함수 $\displaystyle S^{\prime}(\alpha)=-6\alpha^2+3$을 이용하여 함수 $\displaystyle S(\alpha)$의 증가와 감소를 표로 나타내면 다음과 같다.

따라서 $\displaystyle 0\le\alpha\le1$에 대하여 $\displaystyle S(\alpha)$는 $\displaystyle \alpha=\frac1{\sqrt2}$에서 최댓값을 갖는다.