[사관학교] 2016학년도 B형 14번, 2017학년도 가형 16번

[사관학교] 2016학년도 B형 14번, 2017학년도 가형 16번 

미분가능한 함수 \(g(x)\)의 도함수 \(g'(x)\)가 닫힌구간 \([\alpha,\,\beta]\)를 포함하는 열린구간에서 연속이고, \(g(\alpha)=a\), \(g(\beta)=b\)에 대해 함수 \(f(x)\)가 \(a\)와 \(b\)를 양 끝으로 하는 닫힌구간에서 연속일 때 다음이 성립한다.$$\int_{\alpha}^{\beta}{f(g(t))g'(t)dt}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$$2016학년도 B형 14번

\(x\geq0\)에서 정의된 함수 \(\displaystyle f(x)=\frac{4}{1+x^{2}}\)의 역함수를 \(g(x)\)라 할 때, \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{g\left(1+\frac{3k}{n}\right)}}\)의 값은? [4점]

풀이: \(\displaystyle f'(x)=-\frac{8x}{(1+x^{2})^{2}}\)이므로 \(x\geq0\)에서 감소함수이고,$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{g\left(1+\frac{3k}{n}\right)}}=\frac{1}{3}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{3}{n}\sum_{k=1}^{n}{g\left(1+\frac{3k}{n}\right)}}=\frac{1}{3}\int_{1}^{4}{g(x)dx}$$이다. \(f(0)=4\), \(f(\sqrt{3})=1\)이므로 \(g(1)=\sqrt{3}\), \(g(4)=0\)이고, \(f(x)\)와 \(g(x)\)의 대칭성에 의해 다음이 성립한다.$$\int_{1}^{4}{g(x)dx}=\int_{0}^{\alpha}{\{f(x)-\sqrt{3}\}dx}$$여기서 \(\alpha\)는 \(f(\alpha)=\sqrt{3}\)을 만족하는 수이고, \(\displaystyle\frac{4}{1+\alpha^{3}}=\sqrt{3}\)이므로 \(\displaystyle\alpha=\sqrt{\frac{4-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}}\)이 되어 계산이 복잡해지게 된다. 

그렇다면 다른 방법으로 해결하자. \(g(x)\)를 직접 구하자. \(\displaystyle x=f(g(x))=\frac{4}{1+\{g(x)\}^{2}}\)이므로 \(\displaystyle1+\{g(x)\}^{2}=\frac{4}{x}\)이고 \(f(x)\)의 치역이 \(\{y\,|\,0<y\leq 4\}\)이므로 \(\displaystyle g(x)=\sqrt{\frac{4-x}{x}}\)이다. \(\displaystyle x=4\sin^{2}\theta\,\left(0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\right)\)라 하자. 그러면$$4-x=4(1-\sin^{2}\theta)=4\cos^{2}\theta,\,\sqrt{\frac{4-x}{x}}=\sqrt{\frac{4\cos^{2}\theta}{4\sin^{2}\theta}}=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}$$이고$$\displaystyle\frac{dx}{d\theta}=8\sin\theta\cos\theta,\,4=4\sin^{2}\frac{\pi}{2},\,1=4\sin^{2}\frac{\pi}{6}$$이므로$$\begin{align*}\int_{1}^{4}{g(x)dx}&=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos\theta}{\sin\theta}8\sin\theta\cos\theta d\theta}=8\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{2}\theta d\theta}\\&=4\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}{(1+\cos2\theta)d\theta}=4\left[\theta+\frac{1}{2}\sin2\theta\right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\\&=4\cdot\frac{\pi}{2}-4\left(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\left(2\pi-\frac{2}{3}\pi\right)-\sqrt{3}\\&=\frac{4}{3}\pi-\sqrt{3}\end{align*}$$이고 따라서$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{g\left(1+\frac{3k}{n}\right)}}=\frac{1}{3}\int_{1}^{4}{g(x)dx}=\frac{4\pi-3\sqrt{3}}{9}$$이다. 

2017학년도 가형 16번 

자연수 \(n\)에 대하여 \(\displaystyle S_{n}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{2n-1}\)이라 할 때, 다음은 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{S_{n}}\)의 값을 구하는 과정이다. 

\(\displaystyle1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n-1}x^{2n-2}=[(가)]-(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}\)이므로$$\begin{align*}S_{n}&=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots+(-1)^{n}\frac{1}{2n-1}\\&=\int_{0}^{1}{\{1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n-1}x^{2n-2}\}dx}\\&=\int_{0}^{1}{[(가)]dx}-(-1)^{n}\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}dx}\end{align*}$$이다. 한편, \(\displaystyle0\leq\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}\leq x^{2n}\)이므로$$0\leq\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}dx}\leq\int_{0}^{1}{x^{2n}dx}=[(나)]$$이다. 따라서 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}dx}}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{S_{n}}=\int_{0}^{1}{[(가)]dx}\)이다.  \(\displaystyle x=\tan\theta\,\left(-\frac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\)로 놓으면$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{S_{n}}=\int_{0}^{1}{[(가)]dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\frac{\sec^{2}\theta}{1+\tan^{2}\theta}d\theta}=[(다)]$$이다.

 

위의 (가), (나)에 알맞은 식을 각각 \(f(x)\), \(g(x)\), (다)에 알맞은 수를 \(k\)라 할 때, \(k\times f(2)\times g(2)\)의 값은? [4점]

풀이:$$1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n-1}x^{2n-2}$$는 공비가 \((-x^{2})\)인 등비수열이므로$$\begin{align*}1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n-1}x^{2n-2}&=\frac{1-(-1)^{n}x^{2n}}{1-(-x^{2})}\\&=\frac{1}{1+x^{2}}-(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}\end{align*}$$이고 따라서 \(\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+x^{2}}\)이다. 

\(\displaystyle0\leq\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}\leq x^{2n}\)이므로$$0\leq\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}dx}\leq\int_{0}^{1}{x^{2n}dx}=\frac{1}{2n+1}$$이고 따라서 \(\displaystyle g(n)=\frac{1}{2n+1}\)이다. 

\(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{2n+1}}=0\)이므로 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}dx}}=0\)이고 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{S_{n}}=\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^{2}}dx}\)이다. 

\(\displaystyle x=\tan\theta\,\left(-\frac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\)라고 하면$$\frac{dx}{d\theta}=\sec^{2}\theta,\,0=\tan0,\,1=\tan\frac{\pi}{4}$$이므로$$\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^{2}}dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\frac{\sec^{2}\theta}{1+\tan^{2}\theta}d\theta}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\frac{\sec^{2}\theta}{\sec^{2}\theta}d\theta}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{d\theta}=\frac{\pi}{4}$$이고 따라서 (다)에 알맞은 수는 \(\displaystyle k=\frac{\pi}{4}\)이다.

그러므로 \(\displaystyle k\times f(2)\times g(2)=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{5}=\frac{\pi}{100}\)이다.