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.