2028 아주대학교
의학과 · 자연계열 수리논술 MASTER (44P)

[문제 1-1 모범 답안]
$f(t)=|t|$와 $\cos(nt)$는 모두 우함수이므로 곱도 우함수이다.
$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi t\cos(nt)dt$$ 부분적분법: $u=t \implies u'=1$, $v'=\cos(nt) \implies v=\frac{\sin(nt)}{n}$.
$$\begin{aligned} a_n &= \frac{2}{\pi}\left( \left[ \frac{t\sin(nt)}{n} \right]_0^\pi - \int_0^\pi \frac{\sin(nt)}{n}dt \right) = \frac{2}{\pi}\left( 0 + \left[ \frac{\cos(nt)}{n^2} \right]_0^\pi \right) \\ &= \frac{2}{\pi n^2}(\cos(n\pi) - 1) \end{aligned}$$ $\cos(n\pi) = (-1)^n$이므로,
$n$이 짝수일 때: $a_n = 0$
$n$이 홀수일 때: $a_n = \frac{2}{\pi n^2}(-2) = -\frac{4}{\pi n^2}$

[문제 1-2 모범 답안]
$f(t) = \frac{\pi}{2} - \sum_{k=1}^\infty \frac{4}{\pi (2k-1)^2}\cos((2k-1)t)$. $t=0$ 대입 시 $f(0)=0$.
$$\begin{aligned} 0 &= \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} \\ &\implies \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}$$

[문제 2-1 모범 답안]
$\frac{1}{C}\frac{dC}{dt} = -k \implies \int \frac{1}{C}dC = \int -k dt \implies \ln C = -kt + C_1$.
$C(t) = e^{C_1}e^{-kt}$. 초기조건 $C(0)=C_0$이므로 $C(t) = C_0 e^{-kt}$.
반감기는 $C(t_{1/2}) = \frac{1}{2}C_0 \iff e^{-k t_{1/2}} = \frac{1}{2} \iff t_{1/2} = \frac{\ln 2}{k}$.

[문제 2-2 모범 답안]
투여 직후 농도: $C_1 = C_0$, $C_2 = C_0 + C_1 e^{-kT} = C_0(1 + e^{-kT})$.
일반적으로 $C_n = C_0 \sum_{j=0}^{n-1} (e^{-kT})^j = C_0 \frac{1 - e^{-nkT}}{1 - e^{-kT}}$.
$k > 0, T > 0$이므로 $0 < e^{-kT} < 1$이다. 따라서 $n\to\infty$일 때 $e^{-nkT} \to 0$.
최대 농도 극한: $\lim_{n\to\infty} C_n = \frac{C_0}{1 - e^{-kT}}$.
최소 농도 극한: $C_n' = C_n e^{-kT} \implies \lim_{n\to\infty} C_n' = \frac{C_0 e^{-kT}}{1 - e^{-kT}}$.

[모범 답안]
$F(x, y, z) = \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{4} + z^2 - 1 = 0$. $\nabla F = (\frac{x}{2}, \frac{y}{2}, 2z)$.
점 $P(x_0, y_0, z_0)$에서의 법선벡터는 $(\frac{x_0}{2}, \frac{y_0}{2}, 2z_0)$.
접평면의 방정식: $\frac{x_0}{2}(x - x_0) + \frac{y_0}{2}(y - y_0) + 2z_0(z - z_0) = 0 \implies \frac{x_0 x}{4} + \frac{y_0 y}{4} + z_0 z = 1$.
타원체 위의 점에서 평면 $x+y+2z=6$까지의 거리가 최소가 되려면 접평면이 주어진 평면과 평행해야 한다.
법선벡터 비: $(\frac{x_0}{2}, \frac{y_0}{2}, 2z_0) = k(1, 1, 2) \implies x_0 = 2k, y_0 = 2k, z_0 = k$.
타원체 식 대입: $\frac{4k^2}{4} + \frac{4k^2}{4} + k^2 = 3k^2 = 1 \implies k = \frac{1}{\sqrt{3}}$ (평면과 가까운 제1사분면 점).
따라서 $P(\frac{2}{\sqrt{3}}, \frac{2}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})$.
이 점에서 평면까지의 거리 $d = \frac{|\frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} - 6|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}} = \frac{|2\sqrt{3}-6|}{\sqrt{6}} = \sqrt{6} - \sqrt{2}$.

[문제 4-1 모범 답안]
(i) $n=1$: $a_1=1$이므로 $1 \le 1 < 2$ 성립.
(ii) $n=k$일 때 $1 \le a_k < 2$가 성립한다고 가정하자.
각 변에 2를 더하면 $3 \le 2 + a_k < 4$. 각 변에 양의 제곱근을 취하면 $\sqrt{3} \le \sqrt{2+a_k} < 2$.
$1 < \sqrt{3}$이므로 $1 \le a_{k+1} < 2$가 성립한다.
따라서 모든 자연수 $n$에 대하여 $1 \le a_n < 2$이다. (증명 완료)

[문제 4-2 모범 답안]
$a_{n+1} - 2 = \sqrt{2+a_n} - 2 = \frac{(2+a_n) - 4}{\sqrt{2+a_n} + 2} = \frac{a_n - 2}{\sqrt{2+a_n} + 2}$.
[문제 4-1]에 의해 $a_n \ge 1$이므로 $\sqrt{2+a_n} + 2 \ge \sqrt{3} + 2 > 2$.
분모가 2보다 크므로 $\frac{1}{\sqrt{2+a_n}+2} < \frac{1}{2}$.
따라서 $|a_{n+1} - 2| \le \frac{1}{2}|a_n - 2|$이다.
이를 반복 적용하면 $|a_n - 2| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}|a_1 - 2| = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.
$\lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} = 0$이므로 조임정리에 의해 $\lim_{n\to\infty} a_n = 2$이다.

[모범 답안]
(1-1) $D = (a+d)^2 - 4(ad-b^2) = a^2 + 2ad + d^2 - 4ad + 4b^2 = a^2 - 2ad + d^2 + 4b^2 = (a-d)^2 + 4b^2$.
$a, d, b$는 실수이므로 $(a-d)^2 \ge 0$, $4b^2 \ge 0$. 따라서 $D \ge 0$이므로 특성방정식은 항상 실수 해를 갖는다.
(1-2) $A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$. 특성방정식: $t^2 - 6t + 5 = 0 \implies (t-1)(t-5) = 0 \implies \lambda_1 = 5, \lambda_2 = 1$.
$A^n = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 5^n + 1 & 5^n - 1 \\ 5^n - 1 & 5^n + 1 \end{pmatrix}$. 성분의 총합: $\frac{1}{2}(4 \cdot 5^n) = 2 \cdot 5^n$.

[모범 답안]
(2-1) 자명하지 않은 해를 가지려면 역행렬이 존재하지 않아야 한다.
$\det(M) = k(k-3) - 4 = k^2 - 3k - 4 = (k-4)(k+1) = 0 \implies k = 4$ 또는 $k = -1$.
(2-2) $k=5$일 때 $M = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$. $\det(M) = 10 - 4 = 6 \ne 0$.
$M^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix}$.
$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 8-4 \\ -8+10 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2/3 \\ 1/3 \end{pmatrix}$. 즉 $x = 2/3, y = 1/3$.

[모범 답안] $r^2 + (r')^2 = (1+\cos\theta)^2 + (-\sin\theta)^2 = 1 + 2\cos\theta + 1 = 2(1+\cos\theta) = 4\cos^2(\theta/2)$.
$\sqrt{r^2+(r')^2} = 2|\cos(\theta/2)|$. 대칭성에 의해 $L = 2\int_0^\pi 2\cos(\theta/2)d\theta = 4\left[ 2\sin(\theta/2) \right]_0^\pi = 8$.

[모범 답안] $S = \int_0^{2\pi} y \frac{dx}{dt} dt = \int_0^{2\pi} (1-\cos t)^2 dt = \int_0^{2\pi} (1 - 2\cos t + \cos^2 t)dt = 2\pi - 0 + \pi = 3\pi$.

[모범 답안] 회전체의 부피 $V = 2\pi \int_{-a}^a (\text{반지름})(\text{높이}) dy = 2\pi \int_{-a}^a b \cdot 2\sqrt{a^2-y^2} dy = 4\pi b \int_{-a}^a \sqrt{a^2-y^2} dy = 4\pi b \cdot \frac{\pi a^2}{2} = 2\pi^2 a^2 b$.

[모범 답안] $f'(x) = \frac{1-\ln x}{x^2}$. $x=e$에서 극대이자 최대. $x > e$에서 $f'(x) < 0$이므로 감소함수.
$e < \pi$이므로 $f(e) > f(\pi) \iff \frac{\ln e}{e} > \frac{\ln \pi}{\pi} \iff \pi \ln e > e \ln \pi \iff \ln(e^\pi) > \ln(\pi^e) \iff e^\pi > \pi^e$.

[모범 답안] $e^x = \sum_{k=0}^3 \frac{x^k}{k!} + \frac{e^c}{24}x^4$ ($0 < c < x$). $c > 0$이므로 $e^c > 1$. 나머지 항이 양수이므로 부등식 성립.
$e^x > \frac{x^3}{6} \implies 0 < \frac{x^2}{e^x} < \frac{x^2}{x^3/6} = \frac{6}{x}$. $x\to\infty$일 때 $6/x \to 0$이므로 극한값은 0이다.

[모범 답안] $\int_1^M x^{-p} dx = \left[ \frac{x^{1-p}}{1-p} \right]_1^M = \frac{M^{1-p}-1}{1-p}$ ($p\ne 1$). $M\to\infty$ 수렴 $\iff 1-p < 0 \iff p > 1$.
$\frac{1}{n\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{3/2}}$에서 $p = 3/2 > 1$이므로 적분판정법에 의해 해당 급수는 수렴한다.