2008학년도 서울대 정시 수리논술

2008학년도 서울대 정시 수리논술

[문항 4]

다음 제시문을 읽고 논제에 답하시오.

(가) 닫힌구간(폐구간) $[a,\,b]$에서 연속인 함수 $f$에 대하여 $\displaystyle\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}{f(x)dx}=f(c)$를 만족하는 $c$가 $a$와 $b$사이에 적어도 하나 존재한다는 사실이 잘 알려져 있다.  이를 '적분에 관한 평균값의 정리'라고 한다. 이것은 닫힌구간 $[a,\,b]$에서 $f(x)\geq0$일 때, 곡선 $y=f(x)$와 $x$축 및 두 직선 $x=a$, $x=b$로 둘러싸인 도형의 넓이가 밑변의 길이가 $b-a$이고 높이가 $f(c)$인 직사각형의 넓이와 같다는 것을 의미한다. (나) 1852년 물리학자 맥스웰은 기체분자의 속도분포 문제를 해결하였다. 맥스웰-볼츠만의 속도분포는 기체분자의 속도 $v$의 확률분포함수 $$P(v)=4\pi\left(\frac{M}{2\pi RT}\right)^{\frac{3}{2}}v^{2}e^{-\frac{Mv^{2}}{2RT}}$$ 로 주어진다. 여기서 $M$은 몰 질량, $R$은 기체상수, $T$는 (절대)온도이다. 예를들어 $300\text{K}$에서 산소분자의 속도분포는 다음과 같다. 이 경우 산소분자의 속도가 $v_{1}=590\text{m/s}$와 $v_{2}=610\text{m/s}$사이의 값을 가질 확률을 구하기 위해서는 $\displaystyle\int_{v_{1}}^{v_{2}}{P(v)dv}$를 계산해야 하는데, 적분에 관한 평균값의 정리에 의해 이 적분은 근사적으로 $\displaystyle(v_{2}-v_{1})P\left(\frac{v_{1}+v_{2}}{2}\right)$와 같다.  과학의 여러 분야에서 나타나는 함수를 작은 구간에서 적분해야 할 필요가 있을 때, 이와 같이 구간 안에서 함수의 적당한 값과 구간의 길이를 곱하여 적분값의 근사값으로 사용한다.  (다) 적분에 관한 평균값의 정리로부터 도함수 $f'$이 닫힌구간 $[a,\,b]$에서 연속이면 $\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$를 만족하는 $c$가 $a$와 $b$사이에 적어도 하나 존재한다는 '미분에 관한 평균값의 정리'를 유도할 수 있다.  곡선 $y=f(x)$위의 두 점 $A(a,\,f(a))$와 $B(b,\,f(b))$를 지나는 직선 $AB$의 기울기는 $\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$이고, $f'(c)$는 점 $(c,\,f(c))$에서 곡선 $y=f(x)$에 접하는 직선의 기울기이다. 따라서 미분에 관한 평균값의 정리는 곡선 $y=f(x)$의 접선 중에 직선 $AB$와 평행한 것이 적어도 하나 존재한다는 것을 의미한다. 미분에 관한 평균값의 정리는 여러 가지 부등식을 증명하거나 다양한 함수의 근사값을 구하는 데 이용된다.  (라) 함수 $f$가 닫힌구간 $[a,\,b]$를 포함하는 열린구간(개구간)에서 미분가능하고 $f'$이 닫힌구간 $[a,\,b]$에서 연속일 때, 곡선 $y=f(x)$위의 점 $(a,\,f(a))$에서 점 $(b,\,f(b))$까지의 곡선의 길이는 $\displaystyle\int_{a}^{b}{\sqrt{1+\{f'(x)\}^{2}}dx}$이다.

논제 1. 적분에 관한 평균값의 정리를 이용하여 도함수 $f'$이 닫힌구간 $[a,\,b]$에서 연속이면 $$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$$ 를 만족하는 $c$가 $a$와 $b$사이에 적어도 하나 존재한다는 것을 설명하시오.

논제 2. 함수 $f(x)=x^{3}$에 대하여 닫힌구간 $[1,\,2]$에서 논제 1의 등식을 만족하는 $c$의 값을 구하시오.

논제 3. 도함수가 0인 함수에 대하여 알아보자.

3-1. 열린구간 $(a,\,b)$에 속하는 모든 $x$에 대하여 $f'(x)=0$이면, $f$는 열린구간 $(a,\,b)$에서 상수함수가 됨을 설명하시오.

3-2. 상수함수가 아닌 함수 $\displaystyle g(x)=\begin{cases}1,&\,x>0\\0,&\,x<0\end{cases}$에 대하여 $g'(x)$를 구하고, 이 결과를 논제 3-1의 내용과 연관시켜 설명하시오.

논제 4. $(1+x)^{\frac{1}{4}}$의 근사식을 찾아보려고 한다. 

4-1. $\displaystyle|x|\leq\frac{1}{2}$일 때 부등식 $\displaystyle|(1+x)^{\frac{1}{4}}-1|\leq\frac{|x|}{2}$가 성립함을 설명하시오.

4-2. $\displaystyle|x|\leq\frac{1}{2}$일 때 부등식 $\displaystyle\left|(1+x)^{\frac{1}{4}}-\left(1+\frac{1}{4}x\right)\right|\leq\frac{3}{4}x^{2}$이 성립함을 설명하시오.

논제 5. 임의의 실수 $t$에 대하여 곡선 $y=x^{3}$위의 점 $(t,\,t^{3})$에서 점 $(m(t),\,\{m(t)\}^{3})$까지 곡선의 길이가 1이 되도록 $m(t)$를 정의하자(단, $0<t<m(t)$). 이렇게 정의한 $m(t)$가 $t$의 함수로서 미분가능하다고 할 때, $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{t^{3}(1-\{m'(t)\}^{2})}$의 값을 구하고 그 과정을 설명하시오.

논제 1: 함수 $f(x)$의 도함수 $f'(x)$가 $[a,\,b]$에서 연속이므로 적분에 관한 평균값의 정리에 의해 $c$가 $a$와 $b$ 사이에 존재해서 $\displaystyle\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}{f'(x)dx}=f'(c)$이고 $\displaystyle\int_{a}^{b}{f'(x)dx}=f(b)-f(a)$이므로 따라서 $c$가 $a$와 $b$ 사이에 존재해서 $\displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$이다.

논제 2: $\displaystyle\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=\frac{2^{3}-1^{3}}{2-1}=7$, $f'(c)=3c^{2}$, $c\in[1,\,2]$이므로 $3c^{2}=7$이고 따라서 $\displaystyle c=\sqrt{\frac{7}{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$이다.

논제 3-1. 함수 $f(x)$는 $(a,\,b)$에서 미분가능하므로 임의의 $x_{1},\,x_{2}\in(a,\,b)\,(x_{1}\neq x_{2})$에 대해 $x_{1}$과 $x_{2}$사이에 $c$가 존재해서 $\displaystyle\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}=f'(c)=0$이고 $f(x_{1})=f(x_{2})$이다. $x_{1},\,x_{2}$는 $(a,\,b)$의 임의의 원소이므로 따라서 $f$는 $(a,\,b)$에서 상수함수이다. 

논제 3-2. 문제의 함수 $g(x)$는 $x=0$에서 불연속이므로 $x=0$에서 미분가능하지 않고 $x<0$에서 $g(x)=-1$, $x>0$에서 $g(x)=1$이므로 0을 제외한 모든 실수 $x$에 대해 $g'(x)=0$이고 따라서 $g'(x)$는 $x=0$에서 불연속이다. 이것은 도함수가 불연속이면 $g'(x)=0$이더라도 $g(x)$는 상수함수가 아님을 의미한다. 

논제 4-1. $f(x)=(1+x)^{\frac{1}{4}}$라 하자. $f(0)=1$이고 $f(x)$는 $\displaystyle\left[-\frac{1}{2},\,\frac{1}{2}\right]$에서 미분가능하므로 논제 1의 결과에 의해 $c$가 0과 $x$사이에 존재해서 $f(x)-f(0)=(x-0)f'(c)=f'(c)$이다. 또한 $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{4}}$이고 $\displaystyle f''(x)=-\frac{3}{16}(1+x)^{-\frac{7}{4}}$이고 $\displaystyle\left[-\frac{1}{2},\,\frac{1}{2}\right]$에서 $f''(x)<0$이므로 $f'(x)$는 감소함수이고 $\displaystyle x=-\frac{1}{2}$에서 최댓값을 가지며 $$f'\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2}\right)^{-\frac{3}{4}}=\frac{1}{4}2^{\frac{3}{4}}\leq\frac{1}{4}2^{1}=\frac{1}{2}$$ 이다. $f(x)$의 최솟값이$\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)>0$이므로 다음의 결과를 얻고 $$|(1+x)^{\frac{1}{4}}-1|=|f(x)-f(0)|=|f'(c)||x|\leq\frac{1}{2}|x|$$ $x=0$에서 등호가 성립한다.

논제 4-2. $\displaystyle g(x)=(1+x)^{\frac{1}{4}}-\left(1+\frac{1}{4}x\right)$라 하자. $g(0)=0$이고 $g(x)$는 $\displaystyle\left[-\frac{1}{2},\,\frac{1}{2}\right]$에서 미분가능하므로 논제 1의 결과에 의해 $c$가 0과 $x$사이에 존재해서 $g(x)-g(0)=(x-0)g'(c)$이다. 또한 $\displaystyle g'(x)=\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{4}}-\frac{1}{4}$이므로 $$\begin{align*}|g(x)-g(0)|&=|x||g'(c)|=\frac{|x|}{4}\left|(1+x)^{-\frac{3}{4}}-1\right|=\frac{|x||(1+c)^{\frac{1}{4}}-(1+c)|}{4(1+c)}\\&\leq|x|\frac{|(1+c)^{\frac{1}{4}}-1|+|c|}{4(1+c)}\\&\leq|x|\frac{\frac{|c|}{2}+|c|}{4}2=\frac{3}{4}|cx|\,(\because\,\frac{1}{2}<c+1<\frac{3}{2})\\&<\frac{3}{4}x^{2}\,(\because\,0<|c|<|x|)\end{align*}$$ 이고 따라서 다음의 결과를 얻고 $$\left|(1+x)^{\frac{1}{4}}-\left(1+\frac{1}{4}x\right)\right|\leq\frac{3}{4}x^{2}$$ $x=0$에서 등호가 성립한다. 

논제 5. $m(t)$는 제시문 (라)에 의해 $y'=3x^{2}$이므로 식 $\displaystyle1=\int_{t}^{m(t)}{\sqrt{1+9x^{4}}dx}$을 만족하고, 이 식을 $t$에 대해 미분하면 $0=m'(t)\sqrt{1+9\{m(t)\}^{4}}-\sqrt{1+9t^{4}}$이므로 $\displaystyle m'(t)=\sqrt{\frac{1+9t^{4}}{1+9\{m(t)\}^{4}}}$이고 $$1-\{m'(t)\}^{2}=\frac{9\{m(t)\}^{4}-t^{4}}{1+9\{m(t)\}^{4}}=\frac{9(m(t)-t)(m(t)+t)(\{m(t)\}^{2}+t^{2})}{1+9\{m(t)\}^{4}}$$ 이다. 또한 적분에 관한 평균값의 정리로부터 $c$가 $t$와 $m(t)$사이에 존재해서 $$\sqrt{1+9c^{4}}=\frac{1}{m(t)-t}\int_{t}^{m(t)}{\sqrt{1+9x^{4}}dx}=\frac{1}{m(t)-t}$$ 이므로 $\displaystyle m(t)-t=\frac{1}{\sqrt{1+9c^{4}}}$이고 $t<c<m(t)$이므로 $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{m(t)}=\infty$, $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{m(t)}}=0$이고 $\displaystyle1-\frac{t}{m(t)}=\frac{1}{m(t)\sqrt{1+9c^{4}}}$이므로 $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{t}{m(t)}}=1$이고 $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{c}{m(t)}}=1$이다. 

$\displaystyle m(t)-t=\frac{1}{\sqrt{1+9c^{4}}}$이므로 $$\begin{align*}t^{3}(1-\{m'(t)\}^{2})&=\frac{9t^{3}(m(t)+t)(\{m(t)\}^{2}+t^{2})}{(1+9\{m(t)\}^{4})\sqrt{1+9c^{4}}}\\&=\frac{\displaystyle9\left\{\frac{t}{m(t)}\right\}^{3}\left(1+\frac{t}{m(t)}\right)\left(1+\left\{\frac{t}{m(t)}\right\}^{2}\right)}{\displaystyle\left(\frac{1}{\{m(t)\}^{4}}+9\right)\sqrt{\frac{1}{\{m(t)\}^{4}}+9\left\{\frac{t}{m(t)}\right\}^{4}}}\end{align*}$$ 이고 따라서 $$\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{t^{3}(1-\{m'(t)\}^{2})}=\frac{9\cdot1^{3}(1+1)(1+1^{2})}{(9+0)(\sqrt{0+9})}=\frac{4}{3}$$ 이다.