2011학년도 고려대 수시 수리논술

2011학년도 고려대 수시 수리논술

(가)  다항함수 $y=f(x)$와 임의의 정수 $m,\,n,\,c$에 대하여 그래프의 평행이동과 대칭이동을 이용하면 다음의 결과를 얻을 수 있다. $$\int_{m}^{n}{f(x)dx}=\int_{m-c}^{n-c}{f(x+c)dx},\,\int_{m}^{n}{f(x)dx}=\int_{-n}^{-m}{f(-x)dx}$$ 마찬가지로 $\displaystyle\sum_{k=m}^{n}{f(k)}$도 위와 유사한 성질을 만족한다.  (나) 미분의 곱의 법칙을 이용하면 다항함수 $f(x)$, $g(x)$에 대하여 다음과 같은 공식을 얻을 수 있다. $$\int_{a}^{b}{f'(x)g(x)dx}=\left[f(x)g(x)\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}{f(x)g'(x)dx}$$ (다) 연속함수 $f_{n}(x)\,(n=0,\,1,\,2,\,...)$에 대하여 $$\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\int_{a}^{b}{f_{n}(x)dx}\right)}=\int_{a}^{b}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}{f_{n}(x)}\right)dx}$$ 가 일반적으로 성립하진 않지만, 어떤 수열 $\{a_{n}\}$이 존재하여 $a\leq x\leq b$인 모든 $x$에 대하여 $|f_{n}(x)|\leq a_{n}$이고 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}}$이 수렴하면 위의 등식이 성립한다. (라)  다항함수 $f(x)$가 $f(a)=0$을 만족하면 $f(x)=(x-a)g(x)$인 다항함수 $g(x)$가 존재한다.

논제 1. 

(a) 다항함수 $f(x)$가 모든 정수 $n$에 대하여 $f(n)+f(2-n)=(n-1)^{10}+2(n-1)^{2}$을 만족할 때, 제시문 (가)를 참고하여 극한값 $\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n^{11}}\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}}$를 구하시오. 

(b) 제시문 (나)의 공식을 반복 이용하여 다음 정적분의 값을 구하시오. $$\int_{0}^{1}{x^{n}(1-x)^{n}dx}\,(단,\,n은\,음이\,아닌\,정수이다.)$$ (c) 무한급수 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}}$을 (b)의 결과와 제시문 (다)를 이용하여 정적분 $\displaystyle\int_{0}^{1}{\frac{1}{p(x)}dx}$의 꼴로 표시할 수 있음을 논리적으로 설명하고, 다항함수 $p(x)$를 구하시오. (단, $n!=n(n-1)\cdots2\cdot1$이고 $0!=1$이다.)

(d) 다항함수 $f(x)$에 대하여 극한값 $\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{1}{(x-a)^{3}}\left\{\int_{a}^{\frac{a+x}{2}}{f(t)dt}-\int_{\frac{a+x}{2}}^{x}{f(t)dt}\right\}}$이 존재하기 위한 $f'(a)$의 조건을 제시문 (라)를 이용하여 구하고, 그 극한값을 구하시오. (단, 로피탈의 정리를 사용하지 마시오.)

(a) 제시문 (가)에 의해 다항함수 $y=f(x)$와 임의의 정수 $m,\,n,\,c$에 대해 다음과 같이 합의 평행이동과 대칭이동을 나타낼 수 있다. $$\sum_{k=m}^{n}{f(k)}=\sum_{k=m-c}^{n-c}{f(k+c)},\,\sum_{k=m}^{n}{f(k)}=\sum_{k=-n}^{-m}{f(-k)}$$ $f(k)-f(2-k)=(k-1)^{10}+2(k-1)^{2}$에서 $f(1)=0$이고 $\displaystyle\sum_{k=2-n}^{n}{\{f(k)+f(2-k)\}}=\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}+\sum_{k=2-n}^{n}{f(2-k)}$가 되는데 $\displaystyle\sum_{k=2-n}^{n}{f(2-k)}$를 $-2$만큼 평행이동 시키면 $\displaystyle\sum_{k=-n}^{n-2}{f(-k)}$가 되고 다시 대칭이동 시키면 $\displaystyle\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}$가 된다. 또한 $\displaystyle\sum_{k=2-n}^{n}{\{(k-1)^{10}+2(k-1)^{2}\}}$는 $k=1$에서 대칭이므로 $$\sum_{k=2-n}^{n}{\{(k-1)^{10}+2(k-1)^{2}\}}=2\sum_{k=1}^{n}{\{(k-1)^{10}+2(k-1)^{2}\}}=2\sum_{k=0}^{n-1}{(k^{10}+2k^{2})}$$ 그러면 $$\sum_{k=2-n}^{n}{\{f(k)+f(2-k)\}}=2\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}=2\sum_{k=0}^{n-1}{(k^{10}+2k^{2})}$$ 이고 $\displaystyle\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}=\sum_{k=0}^{n-1}{(k^{10}+2k^{2})}$이므로 따라서 $$\begin{align*}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n^{11}}\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}}&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{k=0}^{n-1}{\left\{\left(\frac{k}{n}\right)^{10}+\frac{2}{n^{8}}\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\right\}\frac{1}{n}}}\\&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{k=0}^{n-1}{\left(\frac{k}{n}\right)^{10}\frac{1}{n}}}+\left(\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{2}{n^{8}}}\right)\left(\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}\sum_{k=0}^{n-1}{\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\frac{1}{n}}\right)\\&=\int_{0}^{1}{x^{10}dx}+0\cdot\int_{0}^{1}{x^{2}dx}\\&=\frac{1}{11}\end{align*}$$ 이고 $\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n^{11}}\sum_{k=2-n}^{n}{f(k)}}=\frac{1}{11}$이다. 

(b) 제시문 (나)의 공식에 $f(x)=x^{n}$, $g(x)=(1-x)^{n}$으로 놓고 적용하면 $$\begin{align*}\int_{0}^{1}{x^{n}(1-x)^{n}dx}&=\left[\frac{1}{n+1}x^{n+1}(1-x)^{n}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{\frac{1}{n+1}x^{n+1}(-n)(1-x)^{n-1}dx}\\&=\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n+1}(1-x)^{n-1}dx}\end{align*}$$ 이고 또 한번 적용하면 $$\begin{align*}\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n+1}(1-x)^{n-1}dx}&=\frac{n}{n+1}\left[\frac{1}{n+2}x^{n+2}(1-x)^{n-1}\right]_{0}^{1}-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{\frac{1}{n+2}x^{n+2}(-(n-1))(1-x)^{n-2}dx}\\&=\frac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)}\int_{0}^{1}{x^{n+2}(1-x)^{n-2}dx}\end{align*}$$ 이므로 $\displaystyle\int_{0}^{1}{x^{n}(1-x)^{n}dx}=\frac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)}\int_{0}^{1}{x^{n+2}(1-x)^{n+2}dx}$이다. 이 공식을 $n$번 적용하면 $$\begin{align*}\int_{0}^{1}{x^{n}(1-x)^{n}dx}&=\frac{n(n-1)\cdots2\cdot1}{(n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n)}\int_{0}^{1}{x^{2n}dx}\\&=\frac{(n!)^{2}}{(2n)!}\cdot\frac{1}{2n+1}\\&=\frac{(n!)^{2}}{(2n+1)!}\end{align*}$$ 이고 따라서 $\displaystyle\int_{0}^{1}{x^{n}(1-x)^{n}dx}=\frac{(n!)^{2}}{(2n+1)!}$이다.

(c) 문제 (b)의 결과에 의해 $\displaystyle\int_{0}^{1}{\{x(1-x)\}^{n}dx}=\frac{(n!)^{2}}{(2n+1)!}$이므로 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\int_{0}^{1}{\{2x(1-x)\}^{2}dx}}$이고 $0\leq x\leq1$에서 $$0\leq2x(1-x)=2x-2x^{2}=\frac{1}{2}-2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}\leq\frac{1}{2}$$ 이므로 $0\leq x\leq1$일 때 $\displaystyle f_{n}(x)=\{2x(1-x)\}^{n}\leq\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$이고 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$이므로 제시문 (다)에 의해 $$\begin{align*}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}}&=\sum_{n=0}^{\infty}{\int_{0}^{1}{\{2x(1-x)\}^{n}dx}}=\int_{0}^{1}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}{\{2x(1-x)\}^{n}}\right)dx}\\&=\int_{0}^{1}{\frac{1}{1-2x(1-x)}dx}\,\left(\because\,0\leq2x(1-x)\leq\frac{1}{2}\right)\\&=\int_{0}^{1}{\frac{1}{2x^{2}-2x+1}dx}\end{align*}$$ 이고 따라서 $p(x)=2x^{2}-2x+1$이다. 

(d) $F(x)$를 $f(x)$의 부정적분이라고 하자. 그러면 $$\int_{a}^{\frac{a+x}{2}}{f(t)dt}-\int_{\frac{a+x}{2}}^{x}{f(t)dt}=2F\left(\frac{a+x}{2}\right)-F(a)-F(x)$$ 이고 다항함수이다. $\displaystyle g(x)=2F\left(\frac{a+x}{2}\right)-F(x)-F(a)$라 하면 $g(a)=0$이므로 제시문 (라)에 의해 $g(x)=(x-a)h(x)$인 다항함수 $h(x)$가 존재한다. 그러면 $$\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{1}{(x-a)^{3}}\left\{\int_{a}^{\frac{a+x}{2}}{f(t)dt}-\int_{\frac{a+x}{2}}^{x}{f(t)dt}\right\}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{g(x)}{(x-a)^{3}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{(x-a)h(x)}{(x-a)^{3}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{h(x)}{(x-a)^{2}}}$$ 이고 문제에서 요구한 극한값이 존재하려면 $h(x)$는 $(x-a)^{2}$를 인수로 가져야 한다. 그러면 $g(x)$는 $$g(x)=2F\left(\frac{a+x}{2}\right)-F(x)-F(a)=(x-a)^{3}G(x)$$ ($G(x)$는 다항함수)로 나타낼 수 있고 $g'(x)$와 $g''(x)$는 다음과 같다. $$\begin{align*}g'(x)&=f\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x)=3(x-a)^{2}G(x)+(x-a)^{3}G'(x)\\g''(x)&=\frac{1}{2}f'\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x)=6(x-a)G(x)+3(x-a)^{2}G'(x)+3(x-a)^{2}G'(x)+(x-a)^{3}G''(x)\\&=6(x-a)G(x)+6(x-a)^{2}G'(x)+(x-a)^{3}G''(x)\end{align*}$$ $g''(x)$에 $x=a$를 대입하면 $$g''(a)=\frac{1}{2}f'\left(\frac{a+a}{2}\right)-f'(a)=-\frac{1}{2}f'(a)=0$$ 이므로 문제의 극한값이 존재하기 위한 조건은 $f'(a)=0$이다. 

$f'(a)=0$일 때 문제의 극한값은 $$\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{g(x)}{(x-a)^{3}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{(x-a)^{3}G(x)}{(x-a)^{3}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{G(x)}=G(a)$$ 이고 다음의 식 $$\frac{1}{2}f'\left(\frac{a+x}{2}\right)-f'(x)=6(x-a)G(x)+(x-a)^{2}R(x)\,(R(x)=6G'(x)+(x-a)G''(x))$$ 을 $x$에 대해 미분하면 $$\frac{1}{4}f''\left(\frac{a+x}{2}\right)-f''(x)=6G(x)+6(x-a)G'(x)+2(x-a)R(x)+(x-a)^{2}R'(x)$$ 이므로 위 식에 $x=a$를 대입하면 $\displaystyle-\frac{3}{4}f''(a)=6G(a)$이고 따라서 $\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{1}{(x-a)^{3}}\left\{\int_{a}^{\frac{a+x}{2}}{f(t)dt}-\int_{\frac{a+x}{2}}^{x}{f(t)dt}\right\}}=-\frac{1}{8}f''(a)$이다.