[1단계: 평균값 정리를 이용한 부등식 증명]
함수 $f(t) = \ln(1 + t)$ 는 닫힌구간 $[0, x]$ 에서 연속이고 열린구간 $(0, x)$ 에서 미분가능하다. $f'(t) = \frac{1}{1 + t}$ 이다.
평균값 정리에 의해 $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(c) \iff \frac{\ln(1+x)}{x} = \frac{1}{1+c}$ 인 $c \in (0, x)$ 가 존재한다.
$0 < c < x$ 이므로 $1 < 1 + c < 1 + x \iff \frac{1}{1+x} < \frac{1}{1+c} < 1$ 이다.
따라서 $\frac{1}{1+x} < \frac{\ln(1+x)}{x} < 1$ 이며, $x > 0$ 을 곱하면 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$ 가 성립한다. ($\text{증명 완료}$)
[2단계: 조임정리를 통한 수열 극한 계산]
$y = \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n$ 의 자연로그를 취하면 $\ln y = n \ln\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)$ 이다.
1단계의 부등식에 $x = \frac{1}{n^2}$ 을 대입하면:
$$\frac{\frac{1}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^2}} < \ln\left(1 + \frac{1}{n^2}\right) < \frac{1}{n^2} \iff \frac{n}{n^2 + 1} < n \ln\left(1 + \frac{1}{n^2}\right) < \frac{1}{n}$$ $n \to \infty$ 일 때 양 끝의 극한이 0이므로 조임정리에 의해 $\lim_{n \to \infty} \ln y = 0$ 이다.
따라서 $\lim_{n \to \infty} y = e^0 = 1$ 이다.

[1단계: 중선 길이 및 이면각 코사인값] 정삼각형의 높이이므로 $AM = BM = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ 이다.
삼각형 $ABM$ 에서 $AB = 4$, $AM = BM = 2\sqrt{3}$ 이므로 코사인법칙에 의해:
$$\cos\theta = \frac{AM^2 + BM^2 - AB^2}{2 \cdot AM \cdot BM} = \frac{12 + 12 - 16}{2 \cdot 12} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3}$$ [2단계: 정사영 넓이 계산]
삼각형 $ABM$ 의 넓이는 $S = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot BM \cdot \sin\theta$ 이다.
$\sin\theta = \sqrt{1 - (1/3)^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$ 이므로 $S = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = 4\sqrt{2}$ 이다.
면 $ABM$ 과 면 $BCD$ 가 이루는 각 $\phi$ 에 대하여 $\cos\phi = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 또는 정사면체 중심 투영을 적용하면 정사영된 삼각형 $A'BM$ 의 넓이는 $S' = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle BCD} = \frac{1}{3} \cdot (4\sqrt{3}) = \frac{4\sqrt{3}}{3}$ 이다.

[1단계: 음함수 미분법을 통한 접선의 기울기]
$x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}$ 의 양변을 $x$ 에 대해 미분하면:
$$\begin{aligned} \frac{2}{3}x^{-1/3} + \frac{2}{3}y^{-1/3} \frac{dy}{dx} &= 0 \\ &\iff \frac{dy}{dx} = -\frac{x^{-1/3}}{y^{-1/3}} = -\left(\frac{y}{x}\right)^{1/3} \end{aligned}$$ 점 $P(x_0, y_0)$ 에서의 접선의 기울기는 $m = -\left(\frac{y_0}{x_0}\right)^{1/3}$ 이다.
[2단계: 접선 절편 및 선분 AB 길이 불변성 증명]
접선의 방정식: $y - y_0 = -\frac{y_0^{1/3}}{x_0^{1/3}}(x - x_0) \iff \frac{x}{x_0^{1/3}} + \frac{y}{y_0^{1/3}} = x_0^{2/3} + y_0^{2/3} = a^{2/3}$.
- $x$절편 $A$: $y=0 \implies x_A = a^{2/3} x_0^{1/3}$
- $y$절편 $B$: $x=0 \implies y_B = a^{2/3} y_0^{1/3}$
피타고라스 정리에 의해 선분 $AB$ 의 길이의 제곱은:
$$\begin{aligned} AB^2 &= x_A^2 + y_B^2 = a^{4/3} x_0^{2/3} + a^{4/3} y_0^{2/3} = a^{4/3}(x_0^{2/3} + y_0^{2/3}) \\ &= a^{4/3} \cdot a^{2/3} = a^2 \end{aligned}$$ 따라서 $AB = \sqrt{a^2} = a$ (상수) 로 일정하다. ($\text{증명 완료}$)

[1단계: 미적분 기본정리 및 극값 판정]
$F'(x) = (x - 1) e^{-x}$ 이다. $e^{-x} > 0$ 이므로 $F'(x) = 0 \iff x = 1$ 이다.
$x < 1$ 에서 $F'(x) < 0$, $x > 1$ 에서 $F'(x) > 0$ 이므로 $x = 1$ 에서 유일한 극소이다.
[2단계: 부분적분을 통한 식 유도 및 극한값]
$u = t - 1, v' = e^{-t} \implies u' = 1, v = -e^{-t}$
$$\begin{aligned} F(x) &= \left[-(t - 1)e^{-t}\right]_0^x - \int_0^x -e^{-t} dt = -(x - 1)e^{-x} - 1 + \left[-e^{-t}\right]_0^x \\ &= -(x - 1)e^{-x} - e^{-x} = -x e^{-x} \end{aligned}$$ 따라서 $F(1) = -e^{-1} = -\frac{1}{e}$ (극솟값) 이다.
$\lim_{x \to \infty} F(x) = \lim_{x \to \infty} -x e^{-x} = 0$ 이다.

[1단계: 케일리-해밀턴 정리와 역행렬 일차결합]
$A = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}$ 에서 $\text{tr}(A) = 6$, $\det(A) = 8 - 3 = 5$ 이다.
케일리-해밀턴 정리에 의해 $A^2 - 6A + 5E = O$ 이다.
양변에 $A^{-1}$ 를 곱하면 $A - 6E + 5A^{-1} = O \iff A^{-1} = -\frac{1}{5}A + \frac{6}{5}E$ 이다.
[2단계: 행렬 거듭제곱 점화식 및 일반항]
특성방정식 $\lambda^2 - 6\lambda + 5 = (\lambda - 1)(\lambda - 5) = 0$ 이므로 고윳값은 $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 5$ 이다.
$x^n = (x^2 - 6x + 5) Q(x) + p_n x + q_n$ 에 $x = 1, 5$ 를 대입하면:
$$p_n + q_n = 1, \quad 5p_n + q_n = 5^n \implies 4p_n = 5^n - 1 \implies p_n = \frac{5^n - 1}{4}$$ $$q_n = 1 - p_n = \frac{5 - 5^n}{4}$$ 따라서 $A^n = \frac{5^n - 1}{4} A + \frac{5 - 5^n}{4} E$ 이다.

[1단계: x축 회전체 부피 Vx 계산]
$$V_x = \pi \int_0^{\sqrt{3}} y^2 dx = \pi \int_0^{\sqrt{3}} \frac{1}{x^2 + 1} dx$$ $x = \tan\theta$ 라 두면 $dx = \sec^2\theta d\theta$, $x=0 \to \theta=0, x=\sqrt{3} \to \theta=\pi/3$ 이므로,
$$V_x = \pi \int_0^{\pi/3} \frac{1}{\tan^2\theta + 1} \sec^2\theta d\theta = \pi \int_0^{\pi/3} 1 d\theta = \pi [\theta]_0^{\pi/3} = \frac{\pi^2}{3}$$ [2단계: y축 회전체 부피 Vy (원통셸법) 계산]
$$V_y = 2\pi \int_0^{\sqrt{3}} x y dx = 2\pi \int_0^{\sqrt{3}} \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} dx$$ $u = x^2 + 1 \implies du = 2x dx$. $x=0 \to u=1, x=\sqrt{3} \to u=4$ 이므로,
$$V_y = 2\pi \int_1^4 \frac{1}{\sqrt{u}} \cdot \frac{1}{2} du = \pi \int_1^4 u^{-1/2} du = \pi [2\sqrt{u}]_1^4 = \pi(4 - 2) = 2\pi$$

[1단계: 산술-기하 평균 부등식 적용]
$a_1 = 2 > 0$ 이므로 모든 $a_n > 0$ 이다. 산술-기하 평균 부등식에 의해:
$$a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{3}{a_n}\right) \ge \sqrt{a_n \cdot \frac{3}{a_n}} = \sqrt{3}$$ 등호는 $a_n = \frac{3}{a_n} \iff a_n^2 = 3 \iff a_n = \sqrt{3}$ 일 때 성립하지만, $a_1 = 2 \neq \sqrt{3}$ 이므로 모든 $n$ 에 대하여 $a_n > \sqrt{3}$ 이다. ($\text{증명 완료}$)
[2단계: 단조감소성 및 극한값 계산]
$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{a_n} - a_n\right) = \frac{3 - a_n^2}{2a_n}$$ 1단계에서 $a_n > \sqrt{3} \implies a_n^2 > 3$ 이고 $a_n > 0$ 이므로 $a_{n+1} - a_n < 0 \iff a_{n+1} < a_n$ 이다.
따라서 수열 $\{a_n\}$ 은 아래로 유계인 단조감소수열이므로 극한값 $\alpha = \lim_{n \to \infty} a_n$ 이 존재한다.
양변에 극한을 취하면 $\alpha = \frac{1}{2}\left(\alpha + \frac{3}{\alpha}\right) \iff \alpha^2 = 3 \iff \alpha = \sqrt{3}$ ($\because \alpha > 0$) 이다.

[1단계: 행렬식과 기하학적 면적 확대율]
$M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ 의 행렬식은 $\det(M) = 2 \cdot 3 - 1 \cdot 1 = 5$ 이다.
평면 위의 임의의 도형 $S$ 가 일차변환 행렬 $M$ 에 의해 변환된 도형을 $S'$ 라 하면, 두 도형의 넓이의 비는 행렬식의 절댓값과 같다:
$$\text{Area}(S') = |\det(M)| \cdot \text{Area}(S) = 5 \cdot \text{Area}(S)$$ 따라서 모든 평면 도형의 넓이는 정확히 5배로 확대된다.
[2단계: 변환된 타원의 넓이 계산]
원래 도형인 단위 원 $S: x^2 + y^2 \le 1$ 의 넓이는 $\text{Area}(S) = \pi \cdot 1^2 = \pi$ 이다.
따라서 일차변환 $M$ 에 의해 변환되어 생기는 타원의 넓이는 다음과 같다:
$$\text{Area}(S') = 5 \cdot \pi = 5\pi$$

[1단계: 도함수 C'(t) 및 최고 도달 시간 t_max 유도]
상수 $K = \frac{k_a F D}{V(k_a - k_e)} > 0$ 이라 하자.
$$\begin{aligned} C'(t) &= K \left(-k_e e^{-k_e t} + k_a e^{-k_a t}\right) = 0 \\ &\iff k_a e^{-k_a t} = k_e e^{-k_e t} \\ &\iff \frac{k_a}{k_e} = e^{(k_a - k_e)t} \end{aligned}$$ 양변에 자연로그를 취하면 $\ln\left(\frac{k_a}{k_e}\right) = (k_a - k_e) t_{\max}$ 이므로:
$$t_{\max} = \frac{\ln k_a - \ln k_e}{k_a - k_e}$$ $t < t_{\max}$ 에서 $C'>0$, $t > t_{\max}$ 에서 $C'<0$ 이므로 $t_{\max}$ 에서 유일한 극대이자 최대 농도이다.
[2단계: k_a → ∞ 극한 평가]
$k_a \to \infty$ 일 때 $\frac{\ln k_a}{k_a} \to 0$ 이므로:
$$\lim_{k_a \to \infty} t_{\max} = \lim_{k_a \to \infty} \frac{\ln k_a - \ln k_e}{k_a - k_e} = \lim_{k_a \to \infty} \frac{\frac{\ln k_a}{k_a} - \frac{\ln k_e}{k_a}}{1 - \frac{k_e}{k_a}} = \frac{0 - 0}{1 - 0} = 0$$ 따라서 흡수 속도가 무한히 빨라지면 최고 혈중 농도 도달 시간은 즉시(0)가 된다.

[1단계: 에너지 함수 미분 및 임계각 도출]
$E(\theta) = c\left(\frac{L_0}{r_0^4} - \frac{d\cot\theta}{r_0^4} + \frac{d\csc\theta}{r_1^4}\right)$ 의 $\theta$ 에 대한 도함수를 구하면:
$$\frac{dE}{d\theta} = c d \left(-\frac{-\csc^2\theta}{r_0^4} + \frac{-\csc\theta\cot\theta}{r_1^4}\right) = c d \csc\theta \left(\frac{\csc\theta}{r_0^4} - \frac{\cot\theta}{r_1^4}\right)$$ $\frac{dE}{d\theta} = 0 \iff \frac{\csc\theta}{r_0^4} = \frac{\cot\theta}{r_1^4} \iff \frac{1}{\sin\theta \cdot r_0^4} = \frac{\cos\theta}{\sin\theta \cdot r_1^4} \iff \cos\theta = \frac{r_1^4}{r_0^4}$ ($0 < \theta < \pi/2$).
[2단계: 머레이 법칙과의 결합 및 최적성]
$r_1 < r_0$ 이므로 $0 < \cos\theta < 1$ 이 항상 만족되며, 각도의 좌우에서 $\frac{dE}{d\theta}$ 의 부호가 음에서 양으로 바뀌므로 에너지 손실이 최소이다.
머레이 법칙 $r_0^3 = r_1^3 + r_2^3$ 에 의해 주 혈관과 분지 혈관의 반지름 비가 결정되면 생체는 에너지 소모를 최소화하는 고유한 분기각 $\theta$ 를 형성한다.

[1단계: 누적분포함수 F(t) 및 생존함수 S(t) 유도]
$$F(t) = \int_0^t \lambda e^{-\lambda u} du = \left[-e^{-\lambda u}\right]_0^t = 1 - e^{-\lambda t} \quad (t \ge 0)$$ 생존함수는 $t$ 시점 이후까지 생존할 확률이므로:
$$S(t) = P(T > t) = 1 - F(t) = e^{-\lambda t}$$ [2단계: 무기억성(Memoryless Property)의 조건부 확률 증명]
$s > 0, t > 0$ 에 대하여 사건 $\{T > s + t\} \subset \{T > s\}$ 이므로 공통 사건은 $\{T > s + t\}$ 이다.
조건부 확률 정의에 의해:
$$\begin{aligned} P(T > s + t \mid T > s) &= \frac{P(\{T > s + t\} \cap \{T > s\})}{P(T > s)} = \frac{P(T > s + t)}{P(T > s)} \\ &= \frac{e^{-\lambda(s + t)}}{e^{-\lambda s}} = \frac{e^{-\lambda s} e^{-\lambda t}}{e^{-\lambda s}} = e^{-\lambda t} \end{aligned}$$ 우변은 정확히 $P(T > t)$ 와 일치하므로 무기억성이 성립한다. ($\text{증명 완료}$)

[1단계: 전이 행렬 구성 및 특성방정식 고윳값]
규칙: $a_{n+1} = a_n + 2b_n$, $b_{n+1} = a_n$.
행렬로 표현하면: $\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}$, 따라서 $T = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 이다.
특성방정식: $\det(T - \lambda E) = (1 - \lambda)(-\lambda) - 2 = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0$.
따라서 두 고윳값은 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = -1$ 이다.
[2단계: 주도 고윳값과 고유벡터를 통한 극한 비율 도출]
- $\lambda_1 = 2$ 에 대응하는 고유벡터: $\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x = 2y \implies \vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$
- $\lambda_2 = -1$ 에 대응하는 고유벡터: $\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x = -y \implies \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$
초기 벡터 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = c_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \implies c_1 = \frac{1}{3}, c_2 = \frac{1}{3}$.
$T^n X_0 = \frac{1}{3} \cdot 2^n \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \frac{1}{3} \cdot (-1)^n \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 이며, $n \to \infty$ 일 때 주도항 $2^n$ 이 지배한다.
따라서 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{2}{1} = 2$ 이다.