$f'(x) = -(x^2 - 2x - 1)e^{-x} = 0 \iff x = 1 \pm \sqrt{2}$.
$x = 1+\sqrt{2}$에서 극댓값 $2\sqrt{2}e^{-(1+\sqrt{2})}$, $x = 1-\sqrt{2}$에서 극솟값 $-2\sqrt{2}e^{-(1-\sqrt{2})}$.
$f''(x) = (x^2 - 4x + 1)e^{-x} = 0 \iff x = 2 \pm \sqrt{3}$. 두 점에서 부호가 반전되므로 변곡점의 $x$좌표는 $2 \pm \sqrt{3}$.

$x_1 = 2 - \sqrt{3}, x_2 = 2 + \sqrt{3}$에서의 접선 $y - f(x_i) = f'(x_i)(x - x_i)$ 도출.

접점 $t$에서의 방정식 $g(t) = a$의 실근 개수가 3개인 구간 분석.
$g'(t) = 0$이 되는 두 점이 변곡점 $t = 2 \pm \sqrt{3}$과 일치하며, 이 때의 극값 사이의 구간에서 3개의 실근을 가짐.
구간 판정을 통해 $a$의 범위를 최종 도출함.

$\frac{x_0 x}{a^2} + \frac{y_0 y}{b^2} = 1 \iff b^2 x_0 x + a^2 y_0 y - a^2 b^2 = 0$.

$d_1 = \frac{|b^2 x_0 c - a^2 b^2|}{\sqrt{b^4 x_0^2 + a^4 y_0^2}}, d_2 = \frac{|-b^2 x_0 c - a^2 b^2|}{\sqrt{b^4 x_0^2 + a^4 y_0^2}}$.
$d_1 d_2 = \frac{b^4 |a^4 - x_0^2 c^2|}{b^4 x_0^2 + a^4 y_0^2}$. $c^2 = a^2 - b^2$ 및 $a^2 - x_0^2 = \frac{a^2 y_0^2}{b^2}$ 대입 시
분자 $= b^2(a^4 y_0^2 + b^4 x_0^2)$. 따라서 $d_1 d_2 = b^2$ (일정함, 증명 완료).

타원의 초점에서 접선에 내린 수선의 발의 자취는 보조원 $x^2 + y^2 = a^2 = 25$이다.

$\det(A) = k^2 - 3k - 4 = (k-4)(k+1) = 0 \implies k = 4$ 또는 $k = -1$.

$A^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix}$. $X = A^{-1}B = \begin{pmatrix} -5/6 \\ 13/6 \end{pmatrix}$.

$k = 4$일 때: $3x + 2y = 1$과 $3x + 2y = 4$로 평행하여 모순 $\implies$ 해 없음 (불능).
$k = -1$일 때: $-2x + 2y = 1 \iff x - y = -1/2$와 $3x - 3y = 4 \iff x - y = 4/3$로 모순 $\implies$ 해 없음 (불능).

$f(P) = rP(1 - P/K)$의 꼭짓점 $P = K/2$에서 최대 속도 $\frac{rK}{4}$.
$\frac{d^2 P}{dt^2} = r\frac{dP}{dt}(1 - \frac{2P}{K}) = 0 \iff P = K/2$이며 좌우에서 부호 반전되므로 변곡점이다.

$\int \left(\frac{1}{P} + \frac{1/K}{1 - P/K}\right) dP = \int r dt \implies \frac{P}{K - P} = \frac{P_0}{K - P_0}e^{rt} \implies P(t) = \frac{K}{1 + \left(\frac{K - P_0}{P_0}\right)e^{-rt}}$.

$P(t^*) = K/2 \iff t^* = \frac{1}{r}\ln\left(\frac{K - P_0}{P_0}\right)$. $\lim_{t \to \infty} P(t) = K$.

$f(0) = 0, f(1) = 2 \implies g(0) = 0, g(2) = 1$.
$\int_0^2 g(x) dx = 1 \cdot 2 - \int_0^1 f(x) dx = 2 - \int_0^1 (x^3 + x) dx = 2 - \left[ \frac{x^4}{4} + \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = 2 - \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\right) = 2 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}$.

$x' = e^t(\cos t - \sin t), y' = e^t(\sin t + \cos t)$.
$(x')^2 + (y')^2 = e^{2t}(1 - 2\sin t \cos t + 1 + 2\sin t \cos t) = 2e^{2t} \implies \text{속력} = \sqrt{2}e^t$.
$s = \int_0^\pi \sqrt{2}e^t dt = \sqrt{2}[e^t]_0^\pi = \sqrt{2}(e^\pi - 1)$.

접선 $y = mx + \frac{p}{m} \iff m^2 x - my + p = 0$. 점 $(X, Y)$를 지나는 두 접선의 기울기를 $m_1, m_2$라 하면
이차방정식 $X m^2 - Y m + p = 0$의 두 근이다. 근과 계수의 관계에 의해 $m_1 m_2 = \frac{p}{X}$.
두 접선이 수직이므로 $m_1 m_2 = -1 \iff \frac{p}{X} = -1 \implies X = -p$. 따라서 자취는 준선 $x = -p$이다.

직선: $x = 2t + 1, y = -t - 1, z = 3t + 2$. 평면 $x + 2y + z = 6$에 대입:
$(2t + 1) + 2(-t - 1) + (3t + 2) = 3t + 1 = 6 \implies 3t = 5 \implies t = 5/3$.
교점: $\left(\frac{13}{3}, -\frac{8}{3}, 7\right)$.
방향벡터 $\vec{u} = (2, -1, 3)$, 법선벡터 $\vec{n} = (1, 2, 1)$.
$\sin\theta = \frac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{u}\|\|\vec{n}\|} = \frac{|2 - 2 + 3|}{\sqrt{14}\sqrt{6}} = \frac{3}{\sqrt{84}} = \frac{3}{2\sqrt{21}} = \frac{\sqrt{21}}{14}$.

$A = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$. $\mathrm{tr}(A) = 1, \det(A) = 1$. 따라서 $A^2 - A + E = O$.
$(A+E)(A^2 - A + E) = A^3 + E = O \implies A^3 = -E \implies A^6 = E$.
$2028 = 6 \times 338$이므로 $A^{2028} = (A^6)^{338} = E^{338} = E$.

$\det(X^2) = (\det X)^2 = \det(O) = 0 \implies \det(X) = 0$.
케일리-해밀턴 정리에 의해 $X^2 - (\mathrm{tr} X)X + (\det X)E = O \implies O - (\mathrm{tr} X)X + O = O \implies (\mathrm{tr} X)X = O$.
만약 $X \neq O$이면 성분 중 적어도 하나는 0이 아니므로 스칼라배가 영행렬이 되기 위해 $\mathrm{tr}(X) = 0$이어야 한다.
따라서 $X = O$이거나 $\mathrm{tr}(X) = 0, \det(X) = 0$이다. (증명 완료)

$1 \le k \le n$이므로 $n^2 + 1 \le n^2 + k \le n^2 + n$. 역수를 취하면 $\frac{1}{n^2 + n} \le \frac{1}{n^2 + k} \le \frac{1}{n^2 + 1}$.
$k=1$부터 $n$까지 합하면 $\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + n} \le \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + k} \le \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2 + 1}$.
따라서 $\frac{n^2}{n^2 + n} \le a_n \le \frac{n^2}{n^2 + 1}$.
$\lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + n} = 1, \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + 1} = 1$이므로 조임정리에 의해 $\lim_{n \to \infty} a_n = 1$.

신뢰구간의 길이 $L = 2 \times 1.96 \times \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 2 \times 1.96 \times \frac{40}{\sqrt{n}} = \frac{156.8}{\sqrt{n}}$.
$L \le 9.8 \iff \frac{156.8}{\sqrt{n}} \le 9.8 \iff \sqrt{n} \ge \frac{156.8}{9.8} = 16$.
양변을 제곱하면 $n \ge 16^2 = 256$. 따라서 표본 크기 $n$의 최솟값은 $256$이다.