수리논술, 배움에서 논증의 완성까지.

자연계열 4번

서울시립대 2015학년도 모의 자연계열 4번 · mathesis.kr/archive/uos/2015mo/jayeon_4

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서울시립대 2015학년도 모의 자연계열 4번 · mathesis.kr/archive/uos/2015mo/jayeon_4

(a) (총 20점)

+20점

f(x)=ex\displaystyle f ( x ) = e^{x}라 하면, 평균값의 정리에 의해f(xk+1)−f(xk)=f′(uk)(xk+1−xk)=f′(uk)n\displaystyle f ( x_{k+1} ) - f ( x_{k} ) = f^{\prime} ( u_{k} ) ( x_{k+1} - x_{k} ) = \frac{{f^{\prime} ( u_{k} )}}{n}인 uk\displaystyle u_{k}가 xk\displaystyle x_{k}와 xk+1\displaystyle x_{k + 1} 사이에 존재한다. 따라서PkPk+1‾=(xk+1−xk)2+(f(xk+1)−f(xk))2=1+e2ukn\displaystyle \overline{{\mathrm{P}}_{k} {\mathrm{P}}_{k+1}} = \sqrt{( x_{k + 1} - x_{k} )^{2} + ( f ( x_{k + 1} ) - f ( x_{k} ) )^{2}} = {\frac{\sqrt{1 + e^{2 u_{k}}}}{n}}인 uk\displaystyle u_{k}가 xk\displaystyle x_{k}와 xk+1\displaystyle x_{k + 1} 사이에 존재한다.

(b) (총 80점)

+10점

문제 (a)에 의해 Pk−1Pk‾=1+e2uk−1n\displaystyle {\overline{\mathrm{P} _ {k-1} \mathrm{P} _ {k}}} = \frac{{\sqrt{1 + e^{2 u_{k - 1}}}}}{n}인 uk−1\displaystyle u_{k - 1}이 xk−1\displaystyle x_{k - 1}과 xk\displaystyle x_{k} 사이에 존재하므로Ak=Pk−1Qk−1‾⋅Pk−1Pk‾=1+e2xk−1⋅1+e2uk−1n\displaystyle A_{k} = {\overline{\mathrm{P} _ {k-1} \mathrm{Q} _ {k-1}}} \cdot {\overline{\mathrm{P} _ {k-1} \mathrm{P} _ {k}}} = \sqrt{1 + e^{2 x_{k - 1}}} \cdot \frac{{\sqrt{1 + e^{2 u_{k - 1}}}}}{n}

+30점

이다. 따라서1+e2xk−1n≤Ak≤1+e2xk−11+e2xkn≤1+e2xkn\displaystyle \frac{{1 + e^{2 x_{k - 1}}}}{n} \leq A_{k} \leq \frac{{\sqrt{1 + e^{2 x_{k - 1}}} \sqrt{1 + e^{2 x_{k}}}}}{n} \leq \frac{{1 + e^{2 x_{k}}}}{n}

+10점

이므로1n∑k=1n(1+e2xk−1)≤∑k=1nAk≤1n∑k=1n(1+e2xk)\displaystyle \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k - 1}} \right) \leq \sum_{k = 1}^{n} A_{k} \leq \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k}} \right)

+30점

이다. 그런데 정적분 ∫01(1+e2x)dx\displaystyle \int_{0}^{1} \left( 1 + e^{2x} \right) d x의 정의로부터lim⁡n→∞1n∑k=1n(1+e2xk)=∫01(1+e2x)dx=e2+12\displaystyle \lim_{n \to \infty} {} \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k}} \right) = \int_{0}^{1} {} \left( 1 + e^{2 x} \right) d x = \frac{{e^{2} + 1}}{2}이다. 그리고1n∑k=1n(1+e2xk−1)=1n∑k=1n(1+e2xk)+2n−1+e2n\displaystyle \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k - 1}} \right) = \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k}} \right) + \frac{{2}}{n} - \frac{{1 + e^{2}}}{n}이므로lim⁡n→∞1n∑k=1n(1+e2xk−1)=lim⁡n→∞1n∑k=1n(1+e2xk)=∫01(1+e2x)dx\displaystyle \lim_{n \to \infty} {} \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k - 1}} \right) = \lim_{n \to \infty} {} \frac{{1}}{n} \sum_{k = 1}^{n} \left( 1 + e^{2 x_{k}} \right) = \int_{0}^{1} {} \left( 1 + e^{2 x} \right) d x이다. 따라서 극한값의 대소 관계에 의해lim⁡n→∞∑k=1nAk=e2+12\displaystyle \lim_{n \to \infty} {\sum_{k = 1}^{n} A_{k}} = \frac{{e^{2} + 1}}{2}이다.

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