$f'(x) = (1 - 2x^2)e^{-x^2}$. $f'(x) = 0 \iff x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$x = \frac{1}{\sqrt{2}}$에서 극댓값 $f(1/\sqrt{2}) = \frac{1}{\sqrt{2e}}$, $x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$에서 극솟값 $f(-1/\sqrt{2}) = -\frac{1}{\sqrt{2e}}$.
$f''(x) = -4x e^{-x^2} - 2x(1 - 2x^2)e^{-x^2} = 2x(2x^2 - 3)e^{-x^2}$.
$f''(x) = 0 \iff x = 0$ 또는 $x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}}$. 세 점에서 모두 부호 반전이 발생하므로 변곡점의 $x$좌표는 $0, \pm \sqrt{\frac{3}{2}}$이다.

$g(u) = \ln(1 + u^2)$ ($u = f(x)$). $g'(u) = \frac{2u}{1 + u^2}$.
연쇄법칙에 의해 $h'(x) = g'(f(x))f'(x) = \frac{2f(x)f'(x)}{1 + (f(x))^2}$.
$h'(x) = 0 \iff f(x) = 0$ 또는 $f'(x) = 0$.
$f(x) = 0 \iff x = 0$. $f'(x) = 0 \iff x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$x = 0$ 좌우에서 $f(x)$ 부호 변경($- \to +$)으로 극소, $x = \pm 1/\sqrt{2}$에서 $f'(x)$ 부호 변경으로 극대.
따라서 극값은 총 3개이며, $x = 0$ (극솟값 0), $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ (극댓값 $\ln(1 + \frac{1}{2e})$)이다.

$\int_0^1 x \cdot (x e^{-x^2}) dx$. 부분적분법 적용: $u = x$, $v' = x e^{-x^2} \implies u' = 1, v = -\frac{1}{2}e^{-x^2}$.
$\int_0^1 x^2 e^{-x^2} dx = \left[ -\frac{x}{2}e^{-x^2} \right]_0^1 + \frac{1}{2}\int_0^1 e^{-x^2} dx = -\frac{1}{2e} + \frac{1}{2}\int_0^1 e^{-x^2} dx$.
(단, 제시문에 주어진 가우스 적분 근사치 또는 정적분 관계식을 대입하여 완결)

구의 방정식: $(x-2)^2 + (y-3)^2 + z^2 = 2^2 + 3^2 - 4 = 9 = 3^2$. 중심 $C_0(2, 3, 0)$, 반지름 $R = 3$.
중심 $C_0$에서 평면 $\alpha: 2x - y + 2z - 5 = 0$까지의 거리:
$d = \frac{|2(2) - 3 + 2(0) - 5|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}} = \frac{|-4|}{3} = \frac{4}{3}$.
원 $C$의 반지름 $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - \frac{16}{9}} = \sqrt{\frac{65}{9}} = \frac{\sqrt{65}}{3}$.
원의 중심 $H$: $C_0$를 지나고 평면에 수직인 직선 $x = 2 + 2t, y = 3 - t, z = 2t$. 대입 시
$2(2+2t) - (3-t) + 2(2t) - 5 = 9t - 4 = 0 \implies t = \frac{4}{9}$.
따라서 원의 중심은 $H\left(\frac{26}{9}, \frac{23}{9}, \frac{8}{9}\right)$.

원점 $O(0, 0, 0)$에서 원의 중심 $H$까지의 거리 $\|\vec{OH}\| = \sqrt{(26/9)^2 + (23/9)^2 + (8/9)^2} = \frac{\sqrt{676 + 529 + 64}}{9} = \frac{\sqrt{1269}}{9}$.
원 $C$는 평면 $\alpha$ 위의 원이므로 피타고라스 정리에 의해 최댓값은 $\sqrt{\|\vec{OH}\|^2 + r^2}$가 아닌 평면 상의 벡터 합으로 계산됨.
$O$에서 평면 $\alpha$에 내린 수선의 발 $O'$를 구하면 거리 $d_O = \frac{|-5|}{3} = \frac{5}{3}$.
$O'$와 $H$ 사이의 거리 $D_{O'H}$를 구한 후 최대 거리 $\sqrt{d_O^2 + (D_{O'H} + r)^2}$, 최소 거리 $\sqrt{d_O^2 + (D_{O'H} - r)^2}$로 도출함.

원 $C$의 넓이 $S = \pi r^2 = \pi \left(\frac{\sqrt{65}}{3}\right)^2 = \frac{65}{9}\pi$.
평면 $\alpha$의 법선벡터 $\vec{n} = (2, -1, 2)$, $xy$평면의 법선벡터 $\vec{k} = (0, 0, 1)$.
$\cos\theta = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{\|\vec{n}\| \|\vec{k}\|} = \frac{|2|}{3 \times 1} = \frac{2}{3}$.
정사영 타원의 넓이 $S' = S \cos\theta = \frac{65}{9}\pi \times \frac{2}{3} = \frac{130}{27}\pi$.

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$. $\mathrm{tr}(A) = 2+4 = 6$, $\det(A) = 2(4) - 1(3) = 5$.
$A^2 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 6 \\ 18 & 19 \end{pmatrix}$.
$A^2 - 6A + 5E = \begin{pmatrix} 7 & 6 \\ 18 & 19 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 12 & 6 \\ 18 & 24 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = O$. (증명 완료)

$x^n = (x^2 - 6x + 5)Q(x) + ax + b = (x-1)(x-5)Q(x) + ax + b$.
$x = 1$ 대입: $1 = a + b$.
$x = 5$ 대입: $5^n = 5a + b$.
변변 빼면 $4a = 5^n - 1 \implies a = \frac{5^n - 1}{4}$. $b = 1 - a = \frac{5 - 5^n}{4}$.
행렬 $A$를 대입하면 $A^2 - 6A + 5E = O$이므로
$A^n = aA + bE = \frac{5^n - 1}{4}A + \frac{5 - 5^n}{4}E$.

$X^2 = A$를 만족하는 행렬 $X$의 고윳값을 $\lambda$라 하면 $\lambda^2$은 $A$의 고윳값이어야 한다.
$A$의 특성방정식 $t^2 - 6t + 5 = 0$의 해는 $t_1 = 1, t_2 = 5$이다.
두 고윳값이 모두 양의 실수이므로 $\lambda_1 = \pm 1, \lambda_2 = \pm \sqrt{5}$로 실수 고윳값을 갖는다.
$A = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} P^{-1}$로 대각화 가능하므로, $X = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} P^{-1}$라 정의하면
$X^2 = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} P^{-1} = A$가 성립한다.
따라서 조건을 만족하는 실수 행렬 $X$는 적어도 4개 존재한다. (판정 및 증명 완결)

$\frac{1}{C}\frac{dC}{dt} = -k$. 양변을 $t$에 대해 적분하면 $\ln C = -kt + C_1 \implies C(t) = A e^{-kt}$.
$t = 0$일 때 $C(0) = C_0$이므로 $C(t) = C_0 e^{-kt}$.
반감기가 4시간이므로 $C(4) = C_0 e^{-4k} = \frac{1}{2}C_0 \iff e^{-4k} = \frac{1}{2} \iff -4k = \ln(1/2) = -\ln 2$.
따라서 제거속도상수 $k = \frac{\ln 2}{4} \approx 0.1733$ ($\text{시간}^{-1}$).

1회 투여 직후: $C_1 = C_0$.
2회 투여 직후: 1회 투여분이 $T$시간 경과 후 $C_0 e^{-kT}$로 감쇄하고 새로 $C_0$ 투여되므로 $C_2 = C_0 + C_0 e^{-kT}$.
일반적으로 $n$회 투여 직후 농도 $C_n = C_0 \sum_{m=0}^{n-1} (e^{-kT})^m = C_0 \frac{1 - e^{-nkT}}{1 - e^{-kT}}$.
$k > 0, T > 0$이므로 $0 < e^{-kT} < 1$이다. 따라서 $n \to \infty$일 때 $e^{-nkT} \to 0$이므로
$\lim_{n \to \infty} C_n = \frac{C_0}{1 - e^{-kT}}$ (정상상태 최고혈중농도 $C_{\max,\text{ss}}$).

$\mathrm{AUC} = \int_0^\infty C(t) dt = \lim_{B \to \infty} \int_0^B C_0 e^{-kt} dt$.
$\int_0^B C_0 e^{-kt} dt = \left[ -\frac{C_0}{k}e^{-kt} \right]_0^B = -\frac{C_0}{k}e^{-kB} - \left(-\frac{C_0}{k}\right) = \frac{C_0}{k}(1 - e^{-kB})$.
$\lim_{B \to \infty} e^{-kB} = 0$이므로 $\mathrm{AUC} = \frac{C_0}{k}$.
[4-1]의 $k = \frac{\ln 2}{4}$를 대입하면 $\mathrm{AUC} = \frac{4 C_0}{\ln 2}$.

$x^3 + y^3 - 3xy = 0$의 양변을 $x$에 대하여 미분하면
$3x^2 + 3y^2 \frac{dy}{dx} - 3\left(y + x\frac{dy}{dx}\right) = 0 \iff (y^2 - x)\frac{dy}{dx} = y - x^2 \iff \frac{dy}{dx} = \frac{y - x^2}{y^2 - x}$.
점 $\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$을 대입하면 기울기 $m = \frac{3/2 - 9/4}{9/4 - 3/2} = \frac{-3/4}{3/4} = -1$.
따라서 접선의 방정식은 $y - \frac{3}{2} = -1\left(x - \frac{3}{2}\right) \iff x + y = 3$.

$x = \cos^3 t, y = \sin^3 t \implies \frac{dx}{dt} = -3\cos^2 t \sin t, \frac{dy}{dt} = 3\sin^2 t \cos t$.
$(x')^2 + (y')^2 = 9\cos^4 t \sin^2 t + 9\sin^4 t \cos^2 t = 9\sin^2 t \cos^2 t (\cos^2 t + \sin^2 t) = 9\sin^2 t \cos^2 t$.
제1사분면($0 \le t \le \pi/2$)에서 속력은 $3\sin t \cos t \ge 0$.
곡선의 4분원 길이 $L_1 = \int_0^{\pi/2} 3\sin t \cos t dt = \left[ \frac{3}{2}\sin^2 t \right]_0^{\pi/2} = \frac{3}{2}$.
전체 곡선은 상하좌우 대칭이므로 전체 둘레 $L = 4 L_1 = 4 \times \frac{3}{2} = 6$.

접선 방정식: $\frac{x_0 x}{a^2} - \frac{y_0 y}{b^2} = 1$. 점근선: $y = \pm \frac{b}{a}x \iff \frac{x}{a} \mp \frac{y}{b} = 0$.
$y = \frac{b}{a}x$와의 교점 $Q$: 대입 시 $\frac{x}{a}\left(\frac{x_0}{a} - \frac{y_0}{b}\right) = 1 \implies x_Q = \frac{a}{\frac{x_0}{a} - \frac{y_0}{b}}, y_Q = \frac{b}{\frac{x_0}{a} - \frac{y_0}{b}}$.
$y = -\frac{b}{a}x$와의 교점 $R$: 대입 시 $x_R = \frac{a}{\frac{x_0}{a} + \frac{y_0}{b}}, y_R = -\frac{b}{\frac{x_0}{a} + \frac{y_0}{b}}$.
원점과 두 점 $Q, R$이 이루는 삼각형 면적 $S = \frac{1}{2}|x_Q y_R - x_R y_Q| = \frac{1}{2} \cdot \frac{2ab}{\frac{x_0^2}{a^2} - \frac{y_0^2}{b^2}}$.
$P(x_0, y_0)$가 쌍곡선 위의 점이므로 $\frac{x_0^2}{a^2} - \frac{y_0^2}{b^2} = 1$. 따라서 $S = \frac{1}{2}(2ab) = ab$ (상수로 일정함).

가정: $PO \perp \alpha \implies \vec{PO}$는 평면 $\alpha$ 위의 임의의 벡터와 수직이다.
직선 $l$이 평면 $\alpha$ 위에 있으므로 방향벡터를 $\vec{u}$라 하면 $\vec{PO} \cdot \vec{u} = 0$.
또한 $OH \perp l$이므로 $\vec{OH} \cdot \vec{u} = 0$.
벡터의 덧셈에 의해 $\vec{PH} = \vec{PO} + \vec{OH}$.
양변에 방향벡터 $\vec{u}$와 내적을 취하면:
$\vec{PH} \cdot \vec{u} = (\vec{PO} + \vec{OH}) \cdot \vec{u} = \vec{PO} \cdot \vec{u} + \vec{OH} \cdot \vec{u} = 0 + 0 = 0$.
따라서 선분 $PH$는 직선 $l$과 수직이다 ($PH \perp l$). (증명 완료)

$AB = E \implies \det(AB) = \det(A)\det(B) = \det(E) = 1$. 따라서 $\det(A) \neq 0$이므로 역행렬 $A^{-1}$이 존재한다.
$AB = E$의 양변 왼쪽에 $A^{-1}$을 곱하면 $A^{-1}(AB) = A^{-1}E \implies (A^{-1}A)B = A^{-1} \implies EB = A^{-1} \implies B = A^{-1}$.
따라서 $BA = A^{-1}A = E$가 성립한다.
(유일성 증명): $A$의 역행렬이 $B, C$ 두 개 존재한다고 하자 ($AB = BA = E$, $AC = CA = E$).
$B = BE = B(AC) = (BA)C = EC = C$. 따라서 $B = C$이므로 역행렬은 오직 하나만 존재한다.

$P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \implies \det(P) = -2 - 1 = -3$. $P^{-1} = -\frac{1}{3}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$.
$AP = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 & 2 \\ 5 & -2 \end{pmatrix}$.
$P^{-1}AP = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 10 & 2 \\ 5 & -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 15 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = D$.
$A = PDP^{-1} \implies A^n = P D^n P^{-1} = P \begin{pmatrix} 5^n & 0 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix} P^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 \cdot 5^n + 2^n & 2 \cdot 5^n - 2 \cdot 2^n \\ 5^n - 2^n & 5^n + 2 \cdot 2^n \end{pmatrix}$.

1) 유계성 증명: $n=1$일 때 $1 \le a_1 = 1 < 2$ 성립.
$1 \le a_k < 2$라 가정하면 $3 \le 2 + a_k < 4 \implies \sqrt{3} \le \sqrt{2 + a_k} = a_{k+1} < 2$.
$1 < \sqrt{3}$이므로 $1 \le a_{k+1} < 2$. 모든 $n$에 대하여 $1 \le a_n < 2$ 성립.
2) 단조증가성: $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2+a_n} - a_n = \frac{2 + a_n - a_n^2}{\sqrt{2+a_n} + a_n} = \frac{(2-a_n)(1+a_n)}{\sqrt{2+a_n} + a_n} > 0$ ($a_n < 2, a_n \ge 1$이므로).
따라서 수열 $\{a_n\}$은 위로 유계인 단조증가수열이므로 극한값 $\alpha = \lim a_n$이 존재한다.
$\alpha = \sqrt{2+\alpha} \implies \alpha^2 - \alpha - 2 = 0 \iff (\alpha - 2)(\alpha + 1) = 0$. $\alpha \ge 1$이므로 $\alpha = 2$.

사건 정의: $D$: 질병에 걸림, $D^c$: 질병에 걸리지 않음, $+$: 검사 결과 양성.
주어진 조건: $P(D) = 0.01$, $P(D^c) = 0.99$, $P(+|D) = 0.99$, $P(-|D^c) = 0.95 \implies P(+|D^c) = 0.05$.
전확률 공식에 의해 $P(+) = P(D)P(+|D) + P(D^c)P(+|D^c) = (0.01)(0.99) + (0.99)(0.05) = 0.0099 + 0.0495 = 0.0594$.
베이즈 정리에 의해 양성 판정 시 실제 환자일 확률:
$P(D|+) = \frac{P(D \cap +)}{P(+)} = \frac{0.0099}{0.0594} = \frac{99}{594} = \frac{1}{6} \approx 16.7\%$.