1) \(n=0\)일 때 정적분의 직접 계산:

\[ I_0 = \int_0^1 e^{-x}\,dx = \Big[-e^{-x}\Big]_0^1 = -e^{-1} - (-1) = 1 - e^{-1} \]

2) \(n \ge 1\)일 때 부분적분법 적용 (\(u = x^n\), \(v' = e^{-x} \implies u' = n x^{n-1}\), \(v = -e^{-x}\)):

\[ I_n = \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx = \Big[-x^n e^{-x}\Big]_0^1 - \int_0^1 n x^{n-1} (-e^{-x})\,dx = -e^{-1} + n \int_0^1 x^{n-1} e^{-x}\,dx \]

따라서 구하는 점화식은 다음과 같다.

\[ I_n = n I_{n-1} - e^{-1} \quad (n \ge 1) \]

점화식 \(I_k = k I_{k-1} - e^{-1}\)의 양변을 \(k!\)로 나누면:

\[ \dfrac{I_k}{k!} - \dfrac{I_{k-1}}{(k-1)!} = -\dfrac{e^{-1}}{k!} \]

이 식에 \(k=1, 2, \dots, n\)을 대입하여 변변 더하는 망원합(Telescoping sum)을 취하면:

\[ \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{I_k}{k!} - \dfrac{I_{k-1}}{(k-1)!} \right) = \dfrac{I_n}{n!} - I_0 = -e^{-1} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} \]

\(I_0 = 1 - e^{-1} = 1 - \dfrac{e^{-1}}{0!}\)이므로 대입하여 이항하면:

\[ \dfrac{I_n}{n!} = I_0 - e^{-1}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} = 1 - \dfrac{e^{-1}}{0!} - e^{-1}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} = 1 - e^{-1} \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} \]

따라서 모든 자연수 \(n\)에 대하여 등식이 성립한다. (증명 완료)

1) 구간 \(x \in [0, 1]\)에서 \(e^{-1} \le e^{-x} \le 1\)이므로 각 항에 \(x^n \ge 0\)을 곱하면:

\[ e^{-1} x^n \le x^n e^{-x} \le x^n \]

구간 \([0, 1]\)에서 정적분을 취하면:

\[ \dfrac{e^{-1}}{n+1} \le I_n \le \dfrac{1}{n+1} \]

\(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{e^{-1}}{n+1} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n+1} = 0\)이므로, 조임정리(샌드위치 정리)에 의해 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} I_n = 0\)이다.

2) 또한 \(0 \le \dfrac{I_n}{n!} \le \dfrac{1}{(n+1)!}\)이므로 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{I_n}{n!} = 0\)이다. (1-2)의 결과에 극한을 취하면:

\[ 0 = 1 - e^{-1} \sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{k!} \implies \sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{k!} = e \]

3) 나아가 점화식 \(I_{n+1} = (n+1)I_n - e^{-1}\)을 정리하면 \((n+1)I_n = e^{-1} + I_{n+1}\)이다.
\(\displaystyle\lim_{n \to \infty} I_{n+1} = 0\)이므로 구하는 극한값은:

\[ \lim_{n \to \infty} (n+1)I_n = e^{-1} + 0 = \dfrac{1}{e} \]

\(\cos x\)는 구간 \([0, \pi]\)에서 연속이고 엄격히 감소한다. \(\cos\alpha = a\) (\(0 \le \alpha \le \pi\))이므로:

\[ \cos x - a \ge 0 \iff 0 \le x \le \alpha, \qquad \cos x - a \le 0 \iff \alpha \le x \le \pi \]

따라서 정적분 구간을 \(x=\alpha\)를 기준으로 분할하면:

\[ \begin{aligned} F(a) &= \int_0^\alpha (\cos x - a)\,dx + \int_\alpha^\pi (a - \cos x)\,dx \\ &= \Big[\sin x - ax\Big]_0^\alpha + \Big[ax - \sin x\Big]_\alpha^\pi \\ &= (\sin\alpha - a\alpha) + \{(a\pi - 0) - (a\alpha - \sin\alpha)\} \\ &= 2\sin\alpha + a(\pi - 2\alpha) \end{aligned} \]

\(F(a) = 2\sin\alpha + a(\pi - 2\alpha)\)에서 \(a = \cos\alpha\)이므로 합성함수 미분법을 적용한다:

\[ \dfrac{dF}{da} = 2\cos\alpha \dfrac{d\alpha}{da} + (\pi - 2\alpha) + a\left(-2\dfrac{d\alpha}{da}\right) = 2(\cos\alpha - a)\dfrac{d\alpha}{da} + \pi - 2\alpha \]

\(\cos\alpha = a\)이므로 앞의 항은 항상 0이다. 즉, 놀랍게도 다음과 같은 단순한 식이 성립한다:

\[ \dfrac{dF}{da} = \pi - 2\alpha \]

\(\dfrac{dF}{da} = 0 \iff \alpha = \dfrac{\pi}{2} \iff a = \cos\dfrac{\pi}{2} = 0\).
\(\alpha < \pi/2\) (\(a > 0\))일 때 \(F'(a) > 0\), \(\alpha > \pi/2\) (\(a < 0\))일 때 \(F'(a) < 0\)이므로 \(a=0\)에서 유일한 극소이자 최솟값을 갖는다.

\[ F(0) = 2\sin\dfrac{\pi}{2} + 0\cdot(\pi - \pi) = 2 \]

\(a = \cos\alpha\)로 치환하면 \(da = -\sin\alpha\,d\alpha\)이고, \(a=-1 \implies \alpha=\pi\), \(a=1 \implies \alpha=0\)이다.

\[ \int_{-1}^1 F(a)\,da = \int_\pi^0 \Big( 2\sin\alpha + (\pi - 2\alpha)\cos\alpha \Big) (-\sin\alpha)\,d\alpha = \int_0^\pi \Big( 2\sin^2\alpha + (\pi - 2\alpha)\sin\alpha\cos\alpha \Big)\,d\alpha \]

1) 첫 번째 항 적분: 배각공식 \(\sin^2\alpha = \dfrac{1-\cos 2\alpha}{2}\)을 적용하면:

\[ \int_0^\pi 2\sin^2\alpha\,d\alpha = \int_0^\pi (1 - \cos 2\alpha)\,d\alpha = \Big[\alpha - \dfrac{\sin 2\alpha}{2}\Big]_0^\pi = \pi \]

2) 두 번째 항 적분: 부분적분법 적용 (\(\sin\alpha\cos\alpha = \dfrac{1}{2}\sin 2\alpha\)):

\[ \int_0^\pi (\pi - 2\alpha)\dfrac{\sin 2\alpha}{2}\,d\alpha = \Big[(\pi - 2\alpha)\left(-\dfrac{\cos 2\alpha}{4}\right)\Big]_0^\pi - \int_0^\pi (-2)\left(-\dfrac{\cos 2\alpha}{4}\right)\,d\alpha = \dfrac{\pi}{4} - \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) - 0 = \dfrac{\pi}{2} \]

따라서 구하는 정적분의 최종 값은:

\[ \int_{-1}^1 F(a)\,da = \pi + \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{3\pi}{2} \]

1) 일계도함수: \(f'(x) = -e^{-x}\sin x + e^{-x}\cos x = e^{-x}(\cos x - \sin x)\)

\((0, 2\pi)\)에서 \(f'(x) = 0 \iff \cos x = \sin x \iff \tan x = 1 \implies x = \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{4}\)

증감표에 의해 \(x = \dfrac{\pi}{4}\)에서 극대, \(x = \dfrac{5\pi}{4}\)에서 극소이다:

\[ \text{극댓점: } \left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{-\pi/4}\right), \qquad \text{극솟점: } \left(\dfrac{5\pi}{4}, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{-5\pi/4}\right) \]

2) 이계도함수: \(f''(x) = -e^{-x}(\cos x - \sin x) + e^{-x}(-\sin x - \cos x) = -2e^{-x}\cos x\)

\((0, 2\pi)\)에서 \(f''(x) = 0 \iff \cos x = 0 \implies x = \dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3\pi}{2}\). 좌우에서 부호가 변하므로:

\[ \text{변곡점: } \left(\dfrac{\pi}{2}, e^{-\pi/2}\right), \quad \left(\dfrac{3\pi}{2}, -e^{-3\pi/2}\right) \]

1) \(x = \dfrac{\pi}{2}\)에서 접선의 기울기는 \(f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = e^{-\pi/2}(0 - 1) = -e^{-\pi/2}\)이다.

따라서 변곡점에서의 접선의 방정식은:

\[ y - e^{-\pi/2} = -e^{-\pi/2}\left(x - \dfrac{\pi}{2}\right) \iff y = -e^{-\pi/2}x + \left(\dfrac{\pi}{2} + 1\right)e^{-\pi/2} \]

2) 교점 판정: 함수 \(h(x) = f(x) - \left[ -e^{-\pi/2}x + \left(\dfrac{\pi}{2} + 1\right)e^{-\pi/2} \right]\)라 두면, \(h\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = h'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = h''\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0\)이다.
또한 \(h'''\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = f'''\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 2e^{-\pi/2} > 0\)이므로 \(x = \dfrac{\pi}{2}\)는 삼중근(변곡통과)이다.
구간 \((0, 2\pi)\)에서 \(h'(x) = e^{-x}(\cos x - \sin x) + e^{-\pi/2}\)를 분석하면 \(x=\dfrac{\pi}{2}\) 이외에서는 \(h'(x) = 0\)인 실근이 존재하지 않아 \(h(x)\)는 순증가한다. 따라서 교점의 개수는 오직 1개이다.

1) 부분적분법을 2회 적용하여 부정적분을 구하면:

\[ \int e^{-x}\sin x\,dx = -\dfrac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x) + C \]

구간 \([0, 2\pi]\)에서 \(\sin x\)의 부호를 고려하여 정적분을 분할하면:

\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} e^{-x}|\sin x|\,dx &= \int_0^\pi e^{-x}\sin x\,dx - \int_\pi^{2\pi} e^{-x}\sin x\,dx \\ &= \Big[-\dfrac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)\Big]_0^\pi - \Big[-\dfrac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)\Big]_\pi^{2\pi} \\ &= \dfrac{1+e^{-\pi}}{2} - \left( -\dfrac{e^{-\pi}+e^{-2\pi}}{2} \right) = \dfrac{1 + 2e^{-\pi} + e^{-2\pi}}{2} = \dfrac{(1+e^{-\pi})^2}{2} \end{aligned} \]

2) 수열 \(a_n = \int_{n\pi}^{(n+1)\pi} e^{-x}|\sin x|\,dx\)에 대하여 \(x = n\pi + t\)로 치환하면:

\[ a_n = \int_0^\pi e^{-(n\pi+t)} |\sin(n\pi+t)|\,dt = e^{-n\pi} \int_0^\pi e^{-t}\sin t\,dt = \dfrac{1+e^{-\pi}}{2} e^{-n\pi} \]

따라서 수열 \(\{a_n\}\)은 첫째항 \(a_0 = \dfrac{1+e^{-\pi}}{2}\), 공비 \(r = e^{-\pi}\)인 등비수열이다. (\(0 < e^{-\pi} < 1\))

무한등비급수의 수렴 공식에 의해:

\[ \sum_{n=0}^\infty a_n = \dfrac{\dfrac{1+e^{-\pi}}{2}}{1 - e^{-\pi}} = \dfrac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})} = \dfrac{e^\pi + 1}{2(e^\pi - 1)} \]