\(a_1 = 6\) (짝수)이므로:

\[ a_2 = \dfrac{1}{2}a_1 + 2 = \dfrac{1}{2}(6) + 2 = 5 \text{ (홀수)} \] \[ a_3 = 3a_2 - 1 = 3(5) - 1 = 14 \text{ (짝수)} \] \[ a_4 = \dfrac{1}{2}a_3 + 2 = \dfrac{1}{2}(14) + 2 = 9 \text{ (홀수)} \] \[ a_5 = 3a_4 - 1 = 3(9) - 1 = 26 \text{ (짝수)} \]

따라서 \(a_2 = 5, a_3 = 14, a_4 = 9, a_5 = 26\)이다.

점화식의 역관계: \(a_{n+1} = k\)일 때,

1) \(a_n\)이 짝수이면 \(\dfrac{1}{2}a_n + 2 = k \iff a_n = 2(k - 2)\) (단, \(a_n\)은 짝수, \(k > 2\))

2) \(a_n\)이 홀수이면 \(3a_n - 1 = k \iff a_n = \dfrac{k + 1}{3}\) (단, \(a_n\)은 자연수 홀수)

[1단계] \(a_5 = 5\):

▪ 짝수: \(a_4 = 2(5-2) = 6\)

▪ 홀수: \(a_4 = \dfrac{5+1}{3} = 2\) (짝수이므로 모순, 탈락)

따라서 \(a_4 = 6\)으로 유일하다.

[2단계] \(a_4 = 6\):

▪ 짝수: \(a_3 = 2(6-2) = 8\)

▪ 홀수: \(a_3 = \dfrac{6+1}{3} = \dfrac{7}{3}\) (정수 아님, 탈락)

따라서 \(a_3 = 8\).

[3단계] \(a_3 = 8\):

▪ 짝수: \(a_2 = 2(8-2) = 12\)

▪ 홀수: \(a_2 = \dfrac{8+1}{3} = 3\) (홀수 자연수, 가능!)

[4단계] \(a_2 = 12\) 또는 \(a_2 = 3\)으로부터 \(a_1\) 역추적:

▪ \(a_2 = 12\)에서: 짝수 \(a_1 = 2(12-2) = 20\), 홀수 \(a_1 = \dfrac{13}{3}\) (탈락)

▪ \(a_2 = 3\)에서: 짝수 \(a_1 = 2(3-2) = 2\), 홀수 \(a_1 = \dfrac{4}{3}\) (탈락)

따라서 가능한 자연수 \(a_1\)은 \(2, 20\)뿐이다. 합은 \(2 + 20 = 22\)이다.

1) 수열의 순환 성질: \(a_n = 4\) (짝수)이면 \(a_{n+1} = \dfrac{1}{2}(4) + 2 = 4\)이므로, 한 번 4에 도달하면 이후 모든 항은 4로 고정된다.

2) 문제의 조건: \(a_6 = 4\)가 최초 도달 항이어야 하므로 \(a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 \ne 4\)를 만족해야 한다.

3) \(a_6 = 4\)의 직전 항 \(a_5\)의 가능성 분석:
▪ \(a_5\)가 짝수인 경우: \(\dfrac{1}{2}a_5 + 2 = 4 \implies a_5 = 4\) (조건 위배: \(a_5 \ne 4\)이어야 하므로 탈락)
▪ \(a_5\)가 홀수인 경우: \(3a_5 - 1 = 4 \implies 3a_5 = 5 \implies a_5 = \dfrac{5}{3}\) (자연수 조건 모순, 탈락)

4) 따라서 4의 직전 항이 될 수 있는 자연수는 오직 4뿐이므로, \(a_5 \ne 4\)이면서 \(a_6 = 4\)로 진입하는 경로는 존재할 수 없다. 즉, 최초 도달 항의 번호가 6이 되는 자연수 \(a_1\)의 개수는 0개이다.

\(f(x) = \displaystyle\int_0^x (x - t) e^t \cos t\,dt + 2x = x \int_0^x e^t \cos t\,dt - \int_0^x t e^t \cos t\,dt + 2x\)

양변을 \(x\)에 대하여 미분하면:

\[ f'(x) = 1 \cdot \int_0^x e^t \cos t\,dt + x(e^x \cos x) - x e^x \cos x + 2 = \int_0^x e^t \cos t\,dt + 2 \]

양변을 한 번 더 \(x\)에 대하여 미분하면 적분과 미분의 기본정리에 의해 다음과 같다.

\[ f''(x) = e^x \cos x \]

\([0, \pi]\)에서 \(f''(x) = e^x \cos x = 0 \iff \cos x = 0 \iff x = \dfrac{\pi}{2}\)이다.

▪ \(0 \le x < \dfrac{\pi}{2}\)에서 \(f''(x) > 0\) (증가)

▪ \(\dfrac{\pi}{2} < x \le \pi\)에서 \(f''(x) < 0\) (감소)

따라서 \(f'(x)\)는 \(x = \dfrac{\pi}{2}\)에서 유일한 극대이자 최댓값을 갖고, 양 끝점 \(x=0, \pi\) 중 작은 값에서 최솟값을 갖는다.

부분적분법을 이용하여 \(I(x) = \displaystyle\int e^t \cos t\,dt = \dfrac{1}{2}e^t (\cos t + \sin t)\)이므로:

\[ f'(x) = \left[ \dfrac{1}{2}e^t (\cos t + \sin t) \right]_0^x + 2 = \dfrac{1}{2}e^x (\cos x + \sin x) - \dfrac{1}{2} + 2 = \dfrac{1}{2}e^x (\cos x + \sin x) + \dfrac{3}{2} \]

1) 최댓값 (\(x = \dfrac{\pi}{2}\)): \(f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{1}{2}e^{\pi/2}(0 + 1) + \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}e^{\pi/2} + \dfrac{3}{2}\)

2) 끝점 비교: \(f'(0) = 2\), \(f'(\pi) = \dfrac{1}{2}e^\pi(-1) + \dfrac{3}{2} = -\dfrac{1}{2}e^\pi + \dfrac{3}{2}\). \(e^\pi > 23\)이므로 \(f'(\pi) < 0 < f'(0)\).

따라서 최솟값은 \(f'(\pi) = -\dfrac{1}{2}e^\pi + \dfrac{3}{2}\)이다.

\(f(0) = 0\), \(f'(0) = 2\)이므로 곡선 \(y=f(x)\) 위의 점 \((0, 0)\)에서의 접선 \(\ell\)의 방정식은 \(y = 2x\)이다.

구하는 영역은 곡선 \(y = f'(x)\), 직선 \(y = 2x\), 그리고 \(x = \dfrac{\pi}{2}\)로 둘러싸인 도형이다.

구간 \(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)에서 \(f'(x) = \dfrac{1}{2}e^x (\cos x + \sin x) + \dfrac{3}{2} \ge 2\). 한편 직선 \(y = 2x\)는 \(x=0\)에서 0, \(x=\dfrac{\pi}{2}\)에서 \(\pi \approx 3.14\)이다.

대소 관계를 정밀 비교하면 \(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)에서 \(f'(x) \ge 2x\)이다. 따라서 둘러싸인 도형의 넓이 \(A\)는 다음과 같다.

\[ A = \int_0^{\pi/2} \{ f'(x) - 2x \}\,dx = \left[ f(x) - x^2 \right]_0^{\pi/2} = f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) - \dfrac{\pi^2}{4} \]

\(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\)를 계산하기 위해 \(f'(x)\)를 적분한다:

\[ \int_0^{\pi/2} \left\{ \dfrac{1}{2}e^x (\cos x + \sin x) + \dfrac{3}{2} \right\} dx = \left[ \dfrac{1}{2}e^x \sin x + \dfrac{3}{2}x \right]_0^{\pi/2} = \dfrac{1}{2}e^{\pi/2} + \dfrac{3\pi}{4} \]

따라서 구하는 도형의 넓이는 다음과 같다.

\[ A = \dfrac{1}{2}e^{\pi/2} + \dfrac{3\pi}{4} - \dfrac{\pi^2}{4} \]

\(f(-x) = \ln(-x + \sqrt{x^2+1})\)이다. 분모·분자에 \(x + \sqrt{x^2+1}\)을 곱하여 유리화하면:

\[ -x + \sqrt{x^2+1} = \dfrac{(x^2+1) - x^2}{x + \sqrt{x^2+1}} = \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2+1}} = (x + \sqrt{x^2+1})^{-1} \] \[ f(-x) = \ln(x + \sqrt{x^2+1})^{-1} = -\ln(x + \sqrt{x^2+1}) = -f(x) \]

따라서 \(f(x)\)는 기함수(원점 대칭)이다.

역함수를 구하기 위해 \(y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})\)이라 두면 \(e^y = x + \sqrt{x^2+1}\)이다.

기함수 성질에 의해 \(e^{-y} = -x + \sqrt{x^2+1}\)이다. 두 식을 빼면:

\[ e^y - e^{-y} = 2x \iff x = \dfrac{e^y - e^{-y}}{2} \]

따라서 역함수는 \(f^{-1}(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}\) (sinh 함수)이다.

[방법 1: 부분적분법]

\[ \int_0^1 f(x)\,dx = [x f(x)]_0^1 - \int_0^1 x f'(x)\,dx \]

\(f'(x) = \dfrac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \dfrac{\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\)이다.

\[ \int_0^1 \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\,dx = \left[ \sqrt{x^2+1} \right]_0^1 = \sqrt{2} - 1 \]

\([x f(x)]_0^1 = 1 \cdot f(1) - 0 = \ln(1 + \sqrt{2})\)이므로:

\[ \int_0^1 f(x)\,dx = \ln(1+\sqrt{2}) - (\sqrt{2} - 1) = \ln(1+\sqrt{2}) - \sqrt{2} + 1 \]

넓이 함수 \(S(t) = \displaystyle\int_0^t f(x)\,dx\)는 (3-2)의 부분적분법을 그대로 적용하면 다음과 같다.

\[ S(t) = \left[ x f(x) - \sqrt{x^2+1} \right]_0^t = t \ln(t + \sqrt{t^2+1}) - \sqrt{t^2+1} + 1 \]

\(t \to \infty\)일 때의 점근적 거동을 분석하자:

\[ t + \sqrt{t^2+1} = t + t\sqrt{1+\dfrac{1}{t^2}} = 2t + O\left(\dfrac{1}{t}\right) \] \[ \ln(t + \sqrt{t^2+1}) = \ln(2t) + O\left(\dfrac{1}{t^2}\right) = \ln t + \ln 2 + O\left(\dfrac{1}{t^2}\right) \]

따라서 \(S(t)\)의 선두항은 \(t \ln t\)이다.

\[ S(t) = t(\ln t + \ln 2) - t\sqrt{1+\dfrac{1}{t^2}} + 1 = t\ln t + (\ln 2 - 1)t + O(1) \]

양변을 \(t \ln t\)로 나누어 극한을 취하면:

\[ \lim_{t \to \infty} \dfrac{S(t)}{t \ln t} = \lim_{t \to \infty} \left\{ 1 + \dfrac{\ln 2 - 1}{\ln t} + O\left(\dfrac{1}{t \ln t}\right) \right\} = 1 \]