2011학년도 연세대 수시 수리논술

2011학년도 연세대 수시 수리논술

<문제 1> 다음 제시문을 읽고 아래 질문에 답하시오.

[가] 단위원 \(x^{2}+y^{2}=1\) 위를 점 \(A(1,\,0)\)에서 출발하여 시계 반대 방향으로 움직이는 점 \(P\)의 시각 \(t\)에서의 좌표를 \((x(t),\,y(t))\)라고 하자. 타원 \(x^{2}+k^{2}y^{2}=1\)(단, \(k>1\)인 실수)은 두 점 \((1,\,0)\), \((-1,\,0)\)에서 단위원에 접한다. 점 \(P\)에서 \(x\)축으로 내린 수선이 타원과 처음 만나는 점을 \(Q\)라고 하자. [나] 점 \(P\)와 원점 \(O\)를 이은 선분이 타원과 만나는 점을 \(R\)이라고 하자. 선분 \(OA\)와 선분 \(OP\)가 이루는 각을 \(\theta\), 선분 \(OA\)와 선분 \(OQ\)가 이루는 각을 \(\alpha\)라고 하자. 선분 \(PQ\), 선분 \(PR\)과 타원의 호 \(RQ\)로 둘러싸인 도형 \(PQR\)의 넓이를 \(f\), 선분 \(OQ\), 선분 \(OR\)과 타원의 호 \(RQ\)로 둘러싸인 도형 \(OQR\)의 넓이를 \(g\)라고 하자.

<1-1> 점 \(P(x(t),\,y(t))\)가 단위원 위의 점 \(A(1,\,0)\)에서 출발하여 시계 반대 방향으로 시각 \(t\)에 따라 일정한 속도로 돌고 있다. 선분 \(OA\), 선분 \(OQ\), 타원의 호 \(AW\)로 둘러싸인 도형 \(OAQ\)의 넓이를 \(S(t)\)라고 하자. \(S(t)\)의 시간에 대한 변화율 \(\displaystyle\frac{dS}{dt}\)가 상수임을 논리적으로 설명하시오.

<1-2> 각 \(\alpha\)의 시간에 대한 변화율 \(\displaystyle\frac{d\alpha}{dt}\)가 각 \(\theta\)의 시간에 대한 변화율 \(\displaystyle\frac{d\theta}{dt}\)와 같아지는 \(\theta\)가 구간 \(0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\)에서 적어도 하나는 존재함을 논하고, 또한 이때 \(\alpha\)와 \(\theta\) 사이의 관계식을 구하시오. 극한값 \(\displaystyle\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\theta}{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\alpha}}\)를 구하시오. 

<1-3> 극한값 \(\displaystyle\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{f}{g}}\)를 구하시오. 

<1-1>

원 윗부분의 방정식은 \(y=\sqrt{1-x^{2}}\)이고, 타원 윗부분의 방정식은 \(\displaystyle y=\frac{1}{k}\sqrt{1-x^{2}}\)이다. 그러면 점 \(Q\)의 좌표는 \(\displaystyle\left(x(t),\,\frac{1}{k}y(t)\right)\)이고$$S(t)=\frac{1}{2k}x(t)y(t)+\frac{1}{k}\int_{x(t)}^{1}{\sqrt{1-x^{2}}dx}$$이다. 부채꼴 \(OAP\)의 넓이는$$\frac{1}{2}\theta=\frac{1}{2}x(t)y(t)+\int_{x(t)}^{1}{\sqrt{1-x^{2}}dx}=kS(t)$$이므로 \(\displaystyle S(t)=\frac{\theta}{2k}\)로 나타낼 수 있고, 점 \(P\)가 일정한 속도로 움직이므로 호 \(AP\)의 길이 \(\theta\)는 일정하게 변화한다, 즉 \(\displaystyle\frac{d\theta}{dt}\)는 상수이다. \(\displaystyle\frac{dS}{dt}=\frac{1}{2k}\frac{d\theta}{dt}\)이고 \(\displaystyle\frac{d\theta}{dt}\)는 상수이므로 따라서 \(\displaystyle\frac{dS}{dt}\)는 상수이다. 

<1-2>

위 그림에서 점 \(\text{S}\)는 점 \(Q\)에서 \(x\)축에 내린 수선의 발이다. \(\angle SOQ=\alpha\), \(\angle SOP=\theta\)이고 \(\overline{OP}=1\)이므로 \(\overline{OS}=\cos\theta\), \(\text{PS}=\sin\theta\)이고, 문제 <1-1>의 풀이과정에서 점 \(\text{Q}\)의 \(y\)좌표는 점 \(\text{P}\)의 \(y\)좌표의 \(\displaystyle\frac{1}{k}\)배이므로 \(\overline{QS}=\frac{1}{k}\overline{PS}=\frac{1}{k}\sin\theta\)이고$$\tan\alpha=\frac{\overline{SQ}}{\overline{OS}}=\frac{1}{k}\cdot\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{1}{k}\tan\theta$$이다. 그러면 \(\tan\theta=k\tan\alpha\)이고 이 식의 양변을 시간 \(t\)에 대해 미분하면$$\sec^{2}\theta\frac{d\theta}{dt}=k\sec^{2}\alpha\frac{d\alpha}{dt}$$이고 \(\displaystyle\frac{d\theta}{dt}=\frac{k\sec^{2}\alpha}{\sec^{2}\theta}\frac{d\alpha}{dt}\)이다. \(\tan^{2}\theta=k^{2}\tan^{2}\alpha\)이고 \(k^{2}\sec^{2}\alpha=k^{2}+\tan^{2}\theta\)이므로$$\frac{k\sec^{2}\alpha}{\sec^{2}\theta}=\frac{1}{k}\cdot\frac{k^{2}\sec^{2}\alpha}{\sec^{2}\theta}=\frac{1}{k}\cdot\frac{k^{2}+\tan^{2}\theta}{\sec^{2}\theta}=\frac{1}{k}(k^{2}\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)$$이고 \(\displaystyle F(\theta)=\frac{1}{k}(k^{2}\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)\,\left(0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\right)\)라 하자.$$F'(\theta)=\frac{1}{k}(2\sin\theta\cos\theta-2k^{2}\cos\theta\sin\theta)=\frac{1-2k^{2}}{k}\sin2\theta<0\,(\because k>1)$$이므로 \(F(\theta)\)는 \(\displaystyle0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\)에서 감소함수이고 \(\displaystyle F(0)=k>1\), \(\displaystyle F\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{k}<1\)이므로 중간값의 정리(사잇값 정리)에 의해 \(F(\theta)=1\)인 \(\theta\)가 \(\displaystyle0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\)에서 존재하고 이는 \(\displaystyle\frac{d\alpha}{dt}=\frac{d\theta}{dt}\)를 만족하는 \(\theta\)가 존재함을 뜻한다. 이때 \(k\sec^{2}\alpha=\sec^{2}\theta\)이고 \(k(1+\tan^{2}\alpha)=1+\tan^{2}\theta\)이며, \(\displaystyle k=\frac{\tan\theta}{\tan\alpha}\)이므로$$\frac{1}{\tan\alpha}(1+\tan^{2}\alpha)=\frac{1}{\tan\theta}\left(1+\tan^{2}\theta\right)$$이고$$\frac{\tan\theta-\tan\alpha}{\tan\alpha\tan\theta}=\tan\theta-\tan\alpha$$이다. 이때 \(\displaystyle k=\frac{\tan\theta}{\tan\alpha}>1\)이므로 \(\tan\theta\neq\tan\alpha\)이고 따라서 \(\tan\alpha\tan\theta=1\)이다. 

극한값을 구하자. \(\tan\alpha=k\tan\theta\)이므로 \(\displaystyle\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0\)일 때 \(\displaystyle\alpha\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0\)이고 \(\displaystyle\frac{\tan\theta}{k\tan\alpha}=1\)이므로 따라서$$\begin{align*}\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\theta}{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\alpha}}&=\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\theta}{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\alpha}\frac{\tan\theta}{k\tan\alpha}}\\&=\left(\lim_{\alpha\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{\cos\alpha}{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\alpha}}\cdot\frac{1}{k\sin\alpha}\right)\left(\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2}-\theta}{\cos\theta}}\cdot\sin\theta\right)\\&=\frac{1}{k}\end{align*}$$이다. 

<1-3>

위 그림에서처럼 \(x\)축에 수직이고 점 \(R\)을 지나는 직선이 반원과 만나는 교점을 \(T\), \(\angle AOT=\beta\)라 하자. 그러면 부채꼴 \(POT\)의 넓이는 \(\displaystyle\frac{1}{2}(\beta-\theta)\)이고 문제 <1-1>의 풀이과정으로부터 도형 \(OQR\)의 넓이는 부채꼴 \(POT\)의 넓이의 \(\displaystyle\frac{1}{k}\)배이므로 \(\displaystyle g=\frac{1}{2k}(\beta-\theta)\)이다. 또한 \(\displaystyle\overline{PQ}=\left(1-\frac{1}{k}\right)\sin\theta\)이므로 \(\displaystyle f+g=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{k}\right)\sin\theta\cos\theta\)이고$$\begin{align*}\frac{f+g}{g}&=\frac{\displaystyle\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{k}\right)\sin\theta\cos\theta}{\displaystyle\frac{1}{2k}(\beta-\theta)}=\frac{(k-1)\sin\theta\cos\theta}{\beta-\theta}=\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}\cdot\frac{(k-1)\sin\theta\cos\theta}{\tan(\beta-\theta)}\\&=\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}\frac{(k-1)\sin\theta\cos\theta}{\displaystyle\frac{\tan\beta-\tan\theta}{1+\tan\beta\tan\theta}}=\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}\frac{(k-1)\sin\theta\cos\theta}{\displaystyle\frac{(k-1)\tan\theta}{1+k^{2}\tan^{2}\theta}}\\&=\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}(1+k^{2}\tan^{2}\theta)\cos^{2}\theta\\&=\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}(\cos^{2}\theta+k\sin\theta)\end{align*}$$이며 점 \(R\)의 \(y\)좌표는 점 \(T\)의 \(y\)좌표의 \(\displaystyle\frac{1}{k}\)배이므로 \(\tan\beta=k\tan\theta\)이고 \(\displaystyle\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0\)일 때 \(\displaystyle\beta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0\)이고 \(\beta>\theta\)이므로 \(\beta-\theta\,\rightarrow\,0+\)이다. 그러면$$\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{f+g}{g}}=\left(\lim_{\beta-\theta\,\rightarrow\,0+}{\frac{\tan(\beta-\theta)}{\beta-\theta}}\right)\left(\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-}{\{\cos^{2}\theta+k\sin^{2}\theta\}}\right)=k$$이고 따라서 \(\displaystyle\lim_{\theta\,\rightarrow\,\frac{\pi}{2}-0}{\frac{f}{g}}=k-1\)이다.