2012학년도 경희대 모의 수리논술

2012학년도 경희대 모의 수리논술

※ 다음 제시문을 읽고 논제에 답하시오. [가] 수학적 귀납법은 어떤 주장이 모든 자연수에 대해 성립함을 증명하기 위해 사용되는 방법이다. 우선 첫 번째 명제가 참임을 증명하고, 그 다음에는 명제들 중에서 어떤 하나가 참이면 언제나 그 다음 명제도 참임을 증명하는 방법으로 이루어진다. 수학적 귀납법은 도미노 게임에 비유될 수 있다. 잘 배열된 막대들은 다음 두 가지 사실을 만족하면 모두 무너뜨릴 수 있다. 첫째, 처음의 막대가 넘어지고, 둘째, 한 막대기가 넘어지면 다음의 막대도 반드시 넘어진다.  [나] 뉴턴(Newton)과 라이프니쯔(Leibniz)가 독립적으로 체계화한 미분은 현대 과학 기술 발달의 중요한 기틀 중 하나이다. 미분의 과학과 공학에서의 활용에는 함수를 한 번 미분한 도함수 \(f'(x)\)뿐만 아니라 두 번 이상의 미분, 즉 고차도함수도 필요하다. 도함수의 도함수인 \(f''(x)=(f'(x))'\)를 이계도함수라 부르고, 이계도함수의 도함수 \(f'''(x)=(f''(x))'\)는 \(f^{(3)}(x)\)라 표기한다. 이와 같은 방법으로 \(f^{(n)}(x)\)를 정의할 수 있고 이것을 함수 \(f(x)\)의 \(n\)계 도함수라 한다. 미분을 정의하는데 극한을 사용하지만, 미분은 로피탈(L'Hospital) 정리를 이용하면 극한을 구하는데 도움을 줄 수 있다. 로피탈(L'Hospital) 정리는 \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 또는 \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\)형의 부정형을 갖는 \(\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}\)모양의 함수의 극한을 구할 때 유용하며, 구체적으로 "\(a\)의 근방에서 \(f\)와 \(g\)가 미분가능하고 \(g'(x)\neq0\)일 때, \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{f(x)}=0\), \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{g(x)}=0\)이거나, 또는 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{f(x)}=\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{g(x)}=\infty\)이고, 극한값 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\)이 존재하면, \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\)이 성립한다."는 것이다. 로피탈이 1696년에 익명으로 출판한 책에는 "\(\displaystyle\frac{0}{0}\)의 법칙"으로 이 정리가 소개되는데, 이 정리는 요한 베르누이에 의하여 발견되었다.  <논제 I> 제시문 [가]와 [나]를 참조하여 다음 질문에 답하시오. 정의역의 구간에 따라 다양한 함숫값을 가지는 미분가능한 함수를 구성하는 것은 매우 흥미롭고 특히 이와 같은 함수를 이용하여 주어진 함수보다 미분가능한 범위가 확장된 새로운 함수를 생각할 수 있다는 사실이 알려져 있다. 이와 관련하여 다음과 같이 주어진 함수 \(f:R\,\rightarrow\,R\)을 생각해 보자 (단, \(R\)은 실수 전체의 집합이다)$$f(x)=\begin{cases}0&\,x\leq0\\e^{-\frac{1}{x}}&\,x>0\end{cases}$$(1) 점 \(x=0\)에서 함수 \(f(x)\)의 미분가능성을 미분계수의 정의를 이용하여 조사하고, 그 근거를 서술하시오. (2) 수학적 귀납법을 이용하여 함수 \(f(x)\)의 \(n\)계도함수 \(f^{(n)}(x)\)의 \(x=0\)에서의 값을 확인하고, 그 근거를 서술하시오. (3) 위에서 정의한 함수 \(f(x)\)를 이용하여 새로운 함수 \(h:R\,\rightarrow\,R\)를 \(\displaystyle h(x)=\frac{f(x)}{f(x)+f(1-x)}\)와 같이 정의할 때, 이 함수 \(h(x)\)는 \(R\)에서 미분가능하고 \(x\in R\)에서는 \(0\leq h(x)\leq1\)이며, \(x\leq0\)에서는 \(h(x)=0\)이고, \(x\geq1\)에서는 \(h(x)=1\)이 됨을 확인하고 그 근거를 서술하시오. (4) 위에서 정의한 함수 \(h(x)\)를 이용하여 새로운 함수 \(g:R\,\rightarrow\,R\)를 \(\displaystyle g(x)=h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)\)와 같이 정의할 때 (단, \(a>b>0\)). 이 함수 \(g(x)\)의 미분가능성을 확인하고 그 근거를 서술하시오. 그리고 \(g(x)\)의 함숫값이 0이 되는 구간과 1이 되는 구간에 대하여 조사하시오. 그리고 함수 \(g(x)\)의 그래프를 간단히 보이시오.

(1) \(f(0)=0\), \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0-}{f(x)}=0\)이고 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{f(x)}=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{e^{-\frac{1}{x}}}\)에서 \(\displaystyle t=\frac{1}{x}\)이라고 하면 \(x\,\rightarrow\,0+\)일 때 \(t\,\rightarrow\,\infty\)이므로 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{e^{-\frac{1}{x}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{e^{-t}}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{f(x)}=0\)이고 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{f(x)}=f(0)\)이므로 \(f(x)\)는 \(x=0\)에서 연속이다.

\(x=0\)에서의 미분계수를 구하자. \(x=0\)에서의 평균변화율은 \(\displaystyle\frac{f(h)-f(0)}{h}\)이고 \(h<0\)일 때 \(f(h)=0\)이므로 \(\displaystyle\frac{f(h)-f(0)}{h}=0\)이고 따라서 \(\displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0-}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0\)이다. 

\(h>0\)일 때 \(\displaystyle\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{1}{h}e^{-\frac{1}{h}}\)이고, \(\displaystyle t=\frac{1}{h}\)라 하면 \(h\,\rightarrow\,0+\)일 때 \(t\,\rightarrow\,\infty\)이므로$$\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{1}{h}e^{-\frac{1}{h}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{te^{-t}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{t}{e^{t}}}$$이고 로피탈 정리에 의해 \(\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{t}{e^{t}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{e^{t}}}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0\)이다. 

그러므로 \(\displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0\)이고 따라서 \(f(x)\)는 \(x=0\)에서 미분가능하고 \(f'(0)=0\)이다. 

(2) \(x\leq0\)에서 \(f(x)=0\)이므로 \(f^{(n)}(x)=0\)이고, \(x>0\)에서 \(\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x^{2}}e^{-\frac{1}{x}}\)이고 \(\displaystyle f''(x)=\left(-\frac{2}{x^{3}}+\frac{1}{x^{4}}\right)e^{-\frac{1}{x}},\,...\)이므로 \(x>0\)에서 \(\displaystyle f^{(n)}(x)=P_{n}\left(\frac{1}{x}\right)e^{-\frac{1}{x}}\)이고 여기서 \(P_{n}(x)\)는 다항함수이다. 수학적 귀납법으로 \(f^{(n)}(0)=0\)임을 보이자.

문제 (1)의 결과에 의해 \(f'(0)=0\)이므로 \(n=1\)일 때 성립한다. \(n=k\)(\(k\)는 자연수)일 때 \(f^{(k)}(0)=0\)이라 하자. 

\(h<0\)일 때 \(\displaystyle\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0-}{\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}}\)이다. \(h>0\)일 때 \(\displaystyle\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}=\frac{1}{h}P_{n}\left(\frac{1}{h}\right)e^{-\frac{1}{h}}\)이고 \(\displaystyle t=\frac{1}{h}\)라고 하면 \(h\,\rightarrow\,0+\)일 때 \(t\,\rightarrow\,\infty\)이므로$$\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}}=\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{1}{h}P_{n}\left(\frac{1}{h}\right)e^{-\frac{1}{h}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{tP_{n}(t)}{e^{t}}}$$이고 로피탈의 법칙에 의해 \(\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{tP_{n}(t)}{e^{t}}}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}}=0\)이다. 

그러므로 \(f^{(k+1)}(0)=0\)이고 따라서 수학적 귀납법에 의해 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(f^{(n)}(0)=0\)이다. 

(3) \(f(x)\)는 문제 (1)의 결과에 의해 실수 전체에서 미분가능하므로, \(f(1-x)\)도 미분가능하다. 그러면 \(f(x)+f(1-x)\)는 실수 전체에서 미분가능하고$$f(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&\,x>0\\0&\,x\leq0\end{cases},\,f(1-x)=\begin{cases}0&\,x\geq1\\e^{-\frac{1}{x-1}}&\,x<1\end{cases}$$이므로$$f(x)+f(1-x)=\begin{cases}e^{\frac{1}{x-1}}&\,x\leq0\\e^{\frac{1}{x-1}}+e^{-\frac{1}{x}}&\,0<x<1\\e^{-\frac{1}{x}}&\,x\geq1\end{cases}$$이고 \(f(x)+f(1-x)>0\)이다. 또한 \(f(x)+f(1-x)\)는 실수 전체에서 미분가능하므로 \(\displaystyle h(x)=\frac{f(x)}{f(x)+f(1-x)}\)는 실수 전체에서 미분가능하고 \(x\leq0\)에서 \(f(x)=0\)이므로 \(x\leq0\)에서 \(h(x)=0\)이고, \(0<x<1\)에서 \(\displaystyle0<\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{e^{\frac{1}{x-1}}+e^{-\frac{1}{x}}}<1\)이므로 \(0<x<1\)에서 \(0<h(x)<1\), \(x\geq1\)에서 \(f(x)=e^{-\frac{1}{x}}\) \(f(x)+f(1-x)=e^{-\frac{1}{x}}\)이므로 \(x\geq1\)에서 \(\displaystyle h(x)=1\)이다.

(4) \(h(x)\)는 실수 전체에서 미분가능하므로 \(\displaystyle g(x)=h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)\)는 실수 전체에서 미분가능하다.

문제 (3)의 결과에 의해 \(x\leq0\)에서 \(h(x)=0\), \(0\leq x\leq1\)에서 \(0<h(x)<1\), \(x\geq1\)에서 \(h(x)=1\), \(a>b>0\)이므로 \(-a<-b<0\)이고,

\(x\leq-a\)에서 \(\displaystyle\frac{x+a}{a-b}\leq0\)이므로 \(\displaystyle h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)=0\), \(-a<x<-b\)에서 \(\displaystyle0<\frac{x+a}{a-b}<1\)이므로 \(\displaystyle 0<h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)<1\), \(x\geq-b\)에서 \(\displaystyle\frac{x+a}{a-b}\geq1\)이므로 \(\displaystyle h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)=1\)이다.

또한 \(x\leq b\)에서 \(\displaystyle\frac{-x+a}{a-b}\geq1\)이므로 \(\displaystyle h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)=1\), \(b<x<a\)에서 \(\displaystyle0<\frac{-x+a}{a-b}<1\)이므로 \(\displaystyle0<h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)<1\), \(x\geq a\)에서 \(\displaystyle\frac{-x+a}{a-b}\leq0\)이므로 \(\displaystyle h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)=0\)이다.

그러면 \(g(x)\)는 \(x\leq-a\), \(x\geq a\)에서 \(g(x)=0\), \(-a<x<-b\), \(b<x<a\)에서 \(0<g(x)<1\), \(-b\leq x\leq b\)에서 \(g(x)=1\)이고, 그 그래프는 다음과 같다.