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″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 n계 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 "a의 근방에서 f와 g가 미분가능하고 g'(x)\neq0일 때, \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{f(x)}=0, \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{g(x)}=0이거나, 또는 \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{f(x)}=\infty, \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{g(x)}=\infty이고, 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\,R을 생각해 보자 (단, R은 실수 전체의 집합이다)f(x)=\begin{cases}0&\,x\leq0\\e^{-\frac{1}{x}}&\,x>0\end{cases}(1) 점 x=0에서 함수 f(x)의 미분가능성을 미분계수의 정의를 이용하여 조사하고, 그 근거를 서술하시오. (2) 수학적 귀납법을 이용하여 함수 f(x)의 n계도함수 f^{(n)}(x)의 x=0에서의 값을 확인하고, 그 근거를 서술하시오. (3) 위에서 정의한 함수 f(x)를 이용하여 새로운 함수 h:R\,\rightarrow\,R를 \displaystyle h(x)=\frac{f(x)}{f(x)+f(1-x)}와 같이 정의할 때, 이 함수 h(x)는 R에서 미분가능하고 x\in R에서는 0\leq h(x)\leq1이며, x\leq0에서는 h(x)=0이고, x\geq1에서는 h(x)=1이 됨을 확인하고 그 근거를 서술하시오. (4) 위에서 정의한 함수 h(x)를 이용하여 새로운 함수 g:R\,\rightarrow\,R를 \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)}=0이고 \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\,\infty이므로 \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{e^{-\frac{1}{x}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{e^{-t}}=0이므로 \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{f(x)}=0이고 \displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{f(x)}=f(0)이므로 f(x)는 x=0에서 연속이다.
x=0에서의 미분계수를 구하자. x=0에서의 평균변화율은 \displaystyle\frac{f(h)-f(0)}{h}이고 h<0일 때 f(h)=0이므로 \displaystyle\frac{f(h)-f(0)}{h}=0이고 따라서 \displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0-}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0이다.
h>0일 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\,\infty이므로\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}}}=0이므로 \displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0이다.
그러므로 \displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0}{\frac{f(h)-f(0)}{h}}=0이고 따라서 f(x)는 x=0에서 미분가능하고 f'(0)=0이다.
(2) x\leq0에서 f(x)=0이므로 f^{(n)}(x)=0이고, x>0에서 \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>0에서 \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)=0임을 보이자.
문제 (1)의 결과에 의해 f'(0)=0이므로 n=1일 때 성립한다. n=k(k는 자연수)일 때 f^{(k)}(0)=0이라 하자.
h<0일 때 \displaystyle\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}=0이므로 \displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0-}{\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}}이다. h>0일 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\,\infty이므로\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}}}=0이므로 \displaystyle\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f^{(k)}(h)-f^{(k)}(0)}{h}}=0이다.
그러므로 f^{(k+1)}(0)=0이고 따라서 수학적 귀납법에 의해 모든 자연수 n에 대해 f^{(n)}(0)=0이다.
(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 미분가능하고f(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}이므로f(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)>0이다. 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\leq0에서 f(x)=0이므로 x\leq0에서 h(x)=0이고, 0<x<1에서 \displaystyle0<\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{e^{\frac{1}{x-1}}+e^{-\frac{1}{x}}}<1이므로 0<x<1에서 0<h(x)<1, x\geq1에서 f(x)=e^{-\frac{1}{x}} f(x)+f(1-x)=e^{-\frac{1}{x}}이므로 x\geq1에서 \displaystyle h(x)=1이다.
(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\leq0에서 h(x)=0, 0\leq x\leq1에서 0<h(x)<1, x\geq1에서 h(x)=1, a>b>0이므로 -a<-b<0이고,
x\leq-a에서 \displaystyle\frac{x+a}{a-b}\leq0이므로 \displaystyle h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)=0, -a<x<-b에서 \displaystyle0<\frac{x+a}{a-b}<1이므로 \displaystyle 0<h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)<1, x\geq-b에서 \displaystyle\frac{x+a}{a-b}\geq1이므로 \displaystyle h\left(\frac{x+a}{a-b}\right)=1이다.
또한 x\leq b에서 \displaystyle\frac{-x+a}{a-b}\geq1이므로 \displaystyle h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)=1, b<x<a에서 \displaystyle0<\frac{-x+a}{a-b}<1이므로 \displaystyle0<h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)<1, x\geq a에서 \displaystyle\frac{-x+a}{a-b}\leq0이므로 \displaystyle h\left(\frac{-x+a}{a-b}\right)=0이다.
그러면 g(x)는 x\leq-a, x\geq a에서 g(x)=0, -a<x<-b, b<x<a에서 0<g(x)<1, -b\leq x\leq b에서 g(x)=1이고, 그 그래프는 다음과 같다.
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