자연계열 3번

[문제 3-1]모든 실수 $\displaystyle x$에 대하여 $\displaystyle \int_0^x\{f(t)+f(-t)\}\,dt=0$이므로 양변을 $\displaystyle x$로 미분하면 제시문(나)에 의해서 $\displaystyle f(x)+f(-x)=0$을 만족한다. 이 때 $\displaystyle f(-x)=-f(x)$이므로 함수 $\displaystyle f(x)$는 원점 대칭인 함수이고 $\displaystyle f(0)+f(0)=0$이므로 $\displaystyle f(0)=0$이다.(i) $\displaystyle \alpha>0$인 경우닫힌 구간 $\displaystyle [0,\alpha]$에서 제시문(가)의 평균값 정리를 이용하면$\displaystyle \frac{f(\alpha)-f(0)}{\alpha-0}=f^{\prime}(\gamma),\ \frac{f(\alpha)}\alpha=f^{\prime}(\gamma)\quad(0<\gamma<\alpha)$인 $\displaystyle \gamma$가 적어도 하나 존재한다.(ii) $\displaystyle \alpha<0$인 경우닫힌 구간 $\displaystyle [\alpha,0]$에서 제시문(가)의 평균값 정리를 이용하면$\displaystyle \frac{f(0)-f(\alpha)}{0-\alpha}=\frac{-f(\alpha)}{-\alpha}=\frac{f(\alpha)}\alpha=f^{\prime}(\gamma)\quad(\alpha<\gamma<0)$인 $\displaystyle \gamma$가 적어도 하나 존재한다.따라서 (i), (ii)에 의해서 $\displaystyle \frac{f(\alpha)}\alpha=f^{\prime}(\gamma)$인 $\displaystyle \gamma$가 적어도 하나 존재한다.

[문제 3-2]선분 $\displaystyle OA$를 $\displaystyle n$등분하였으므로 $\displaystyle y_k=\frac kn$이고, $\displaystyle k=1,2,\cdots,n$에 대하여 각 구간 $\displaystyle [x_{k-1},x_k]$에서 함수 $\displaystyle f$가 연속이고 $\displaystyle (x_{k-1},x_k)$에서 미분가능하다. 함수 $\displaystyle f$는 $\displaystyle f^{\prime}>0$이므로 $\displaystyle f(x_{k-1})=\frac{k-1}n$, $\displaystyle f(x_k)=\frac kn$이고 평균값 정리에 의해$\displaystyle \frac{f(x_k)-f(x_{k-1})}{x_k-x_{k-1}}=\frac{\frac1n}{x_k-x_{k-1}}=\frac1{n(x_k-x_{k-1})}=f^{\prime}(c_k)$인 실수 $\displaystyle c_k$ ($\displaystyle x_{k-1}<c_k<x_k$)가 오직 한 개 존재한다. (단, $\displaystyle k=1,2,\cdots,n$)Caution. 해의 존재와 유일성은 구별하여 확인해야 한다: 평균값정리는 $\displaystyle c_k$의 존재만 보장하며, $\displaystyle f′>0$만으로 유일성을 결론낼 수는 없다. 다만 이를 만족하는 어느 $\displaystyle c_k$를 택해도 $\displaystyle f′(c_k)=\frac1{n(x_k-x_{k-1})}$이므로 이후 계산은 성립한다. 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.$\displaystyle \therefore\sum_{k=1}^n\frac1{f^{\prime}(c_k)}=\sum_{k=1}^nn(x_k-x_{k-1})=n\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})=n(x_n-x_0)=n(p-0)=np$이다. 또한 $\displaystyle \sum_{n=1}^mn=\frac{m(m+1)}2$이므로$\displaystyle \lim_{m\to\infty}\frac1{1+m^2}\sum_{n=1}^m\left\{\sum_{k=1}^n\frac1{f^{\prime}(c_k)}\right\}=\lim_{m\to\infty}\frac1{1+m^2}\sum_{n=1}^mnp=p\lim_{m\to\infty}\frac{m(m+1)}{2(1+m^2)}=\frac p2$이다. 따라서 방정식 $\displaystyle \frac p2=\frac1{1+p^2}$에서 $\displaystyle p^3+p-2=(p-1)(p^2+p+2)=0$이므로 $\displaystyle p=1$이다.

[문제 3-3]닫힌 구간 $\displaystyle [x_k,x_{k+1}]$에서 평균값 정리를 만족시키는 실수가 $\displaystyle c_k$이므로Correction. $\displaystyle c_k$가 속한 구간 $\displaystyle [x_k,x_{k+1}]$은 $\displaystyle [x_{k-1},x_k]$의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.$\displaystyle f^{\prime}(c_k)=\frac{f(x_k)-f(x_{k-1})}{x_k-x_{k-1}}$이고$\displaystyle (x_k-x_{k-1})f^{\prime}(c_k)=f(x_k)-f(x_{k-1})$에서$\displaystyle f^{\prime}(c_k)\Delta x_k=f(x_k)-f(x_{k-1})$이다.$\displaystyle \begin{aligned}S(m)&=\sum_{k=1}^{2^m}f^{\prime}(c_k)\Delta x_k=\sum_{k=1}^{2^m}\{f(x_k)-f(x_{k-1})\}\\&=f(x_{2^m})-f(x_0)=f(p)=1\end{aligned}$이다. 또한 닫힌 구간 $\displaystyle [a_i,a_{i+1}]$에서 평균값 정리를 만족시키는 실수가 $\displaystyle d_i$이므로$\displaystyle f^{\prime}(d_i)=\frac{f(a_{i+1})-f(a_i)}{a_{i+1}-a_i}=\frac{f(a_{i+1})-f(a_i)}{2^i}$$\displaystyle \therefore2^if^{\prime}(d_i)=f(a_{i+1})-f(a_i)$

$\displaystyle f(a_0)=f(p)=1$이므로$\displaystyle \begin{aligned}T(m)&=\sum_{i=0}^{2^m-1}2^if^{\prime}(d_i)=\sum_{i=0}^{2^m-1}\{f(a_{i+1})-f(a_i)\}\\&=\{f(a_1)-f(a_0)RIGHT+\cdots+\{f(a_{2^m})-f(a_{2^m-1})\}\\&=f(a_{2^m})-f(a_0)=f(a_{2^m})-f(p)\end{aligned}$Correction. 첫 항 뒤의 RIGHT는 닫는 중괄호 $\displaystyle \}$의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.$\displaystyle \therefore S(m)T(m)=1\times\{f(a_{2^m})-f(p)\}=f(a_{2^m})-1$$\displaystyle \lim_{m\to\infty}\{S(m)T(m)\}=\lim_{m\to\infty}\{f(a_{2^m})-1\}=2018$이므로 $\displaystyle \lim_{m\to\infty}f(a_{2^m})=2019$이다. 따라서 함수 $\displaystyle f$가 연속이고 $\displaystyle m\to\infty$일 때 $\displaystyle a_{2^m}\to\infty$이므로 $\displaystyle \lim_{m\to\infty}f(a_{2^m})=\lim_{x\to\infty}f(x)$가 되어 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f(x)=\lim_{m\to\infty}f(a_{2^m})=2019$이다.Caution. 특정 수열을 따라 함수값이 수렴한다고 해서 함수의 극한이 존재하는 것은 아니다: 연속성만으로는 $\displaystyle \lim_{m\to\infty}f(a_{2^m})=2019$에서 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f(x)=2019$를 결론낼 수 없다. 이 문제에서는 $\displaystyle f^{\prime}>0$이므로 $\displaystyle a_{2^m}\le x\le a_{2^{m+1}}$일 때 $\displaystyle f(a_{2^m})\le f(x)\le f(a_{2^{m+1}})$이다. 양 끝이 모두 2019로 수렴하므로 조임정리로 함수의 극한이 존재하고 그 값이 2019임을 보일 수 있다. 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.