(1) 도함수 부호 조사 및 감소성 증명
\(f(x) = \frac{1}{x} - \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} - \ln\left(\frac{x+1}{x}\right) = \frac{1}{x} - \ln(x+1) + \ln x\).
도함수를 구하면 다음과 같다. \[f'(x) = -\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x+1} + \frac{1}{x} = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x(x+1)} = \frac{-(x+1) + x}{x^2(x+1)} = -\frac{1}{x^2(x+1)}\] \(x > 0\)일 때 분모 \(x^2(x+1) > 0\)이므로, 모든 \(x > 0\)에 대하여 \(f'(x) < 0\)이다.
따라서 함수 \(f(x)\)는 열린구간 \((0, \infty)\)에서 엄격히 감소한다.

(2) 극한값 및 핵심 부등식 증명
\(x \to \infty\)일 때 \(\frac{1}{x} \to 0\)이고 \(\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) \to \ln 1 = 0\)이므로: \[\lim_{x \to \infty} f(x) = 0 - 0 = \mathbf{0}\] 함수 \(f(x)\)가 \((0, \infty)\)에서 엄격히 감소하고 \(\lim_{x \to \infty} f(x) = 0\)이므로, 모든 \(x > 0\)에 대하여: \[f(x) > 0 \iff \frac{1}{x} - \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) > 0 \iff \mathbf{\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) < \frac{1}{x}}\] 한편, \(g(x) = \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x+1}\)이라 하면, \[g'(x) = \frac{1}{x(x+1)} - \left( -\frac{1}{(x+1)^2} \right) \cdot (-1) \dots \implies g'(x) = -\frac{1}{x(x+1)^2} < 0\] 따라서 \(g(x)\)도 엄격히 감소하고 \(\lim_{x \to \infty} g(x) = 0\)이므로 \(g(x) > 0\), 즉 \(\mathbf{\frac{1}{x+1} < \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)}\)이다.
그러므로 모든 양의 실수 \(x\)에 대하여 다음 부등식이 성립한다. \[\mathbf{\frac{1}{x + 1} < \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) < \frac{1}{x}}\]

(1) 세 변의 길이 및 \(\cos\alpha\)의 식 도출
점 \(A(-1, 0)\), \(B(1, 0)\), \(P(2\cos\theta, 2\sin\theta)\)에서: \[\overline{AB} = 2\] \[\overline{PA}^2 = (2\cos\theta + 1)^2 + (2\sin\theta)^2 = 4\cos^2\theta + 4\cos\theta + 1 + 4\sin^2\theta = 5 + 4\cos\theta\] \[\overline{PB}^2 = (2\cos\theta - 1)^2 + (2\sin\theta)^2 = 4\cos^2\theta - 4\cos\theta + 1 + 4\sin^2\theta = 5 - 4\cos\theta\] 삼각형 \(PAB\)에서 코사인법칙에 의하여: \[\cos\alpha = \frac{\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 - \overline{AB}^2}{2\overline{PA}\cdot\overline{PB}} = \frac{(5 + 4\cos\theta) + (5 - 4\cos\theta) - 4}{2\sqrt{(5 + 4\cos\theta)(5 - 4\cos\theta)}} = \frac{6}{2\sqrt{25 - 16\cos^2\theta}} = \mathbf{\frac{3}{\sqrt{25 - 16\cos^2\theta}}}\]
(2) \(\cos\alpha\)의 최솟값 및 각 \(\alpha\)가 최대가 되는 점 \(P\)
\(0 < \theta < \pi\)에서 \(0 \le \cos^2\theta < 1\)이다. 분모 \(\sqrt{25 - 16\cos^2\theta}\)는 \(\cos^2\theta = 0\), 즉 \(\theta = \frac{\pi}{2}\)일 때 최댓값 \(\sqrt{25} = 5\)를 갖는다. 분모가 최대일 때 \(\cos\alpha\)는 최솟값 \(\frac{3}{5}\)을 갖는다.
코사인함수는 \(0 < \alpha < \pi\)에서 감소함수이므로, \(\cos\alpha\)가 최소일 때 각 \(\alpha\)는 최댓값을 갖는다. \(\theta = \frac{\pi}{2}\)일 때 점 \(P\)의 좌표는 \((2\cos\frac{\pi}{2}, 2\sin\frac{\pi}{2}) = \mathbf{(0, 2)}\)이다.

(1) \(I_0\)과 \(I_1\)의 계산
1) \(I_0 = \int_{0}^{1} e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_{0}^{1} = -e^{-1} - (-1) = \mathbf{1 - \frac{1}{e}}\)
2) 부분적분법(\(u = x, v' = e^{-x} \implies u' = 1, v = -e^{-x}\))에 의하여: \[I_1 = \int_{0}^{1} x e^{-x} dx = \left[ -x e^{-x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (-e^{-x}) dx = -e^{-1} + \left[ -e^{-x} \right]_{0}^{1} = -e^{-1} + (1 - e^{-1}) = \mathbf{1 - \frac{2}{e}}\]
(2) 점화식 유도
\(I_n = \int_{0}^{1} x^n e^{-x} dx\)에서 \(u = x^n, v' = e^{-x}\)라 두면, \(u' = n x^{n-1}, v = -e^{-x}\)이다. 부분적분법을 적용하면 다음과 같다. \[\begin{aligned} I_n &= \left[ -x^n e^{-x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} n x^{n-1}(-e^{-x}) dx \\ &= -e^{-1} + n \int_{0}^{1} x^{n-1} e^{-x} dx \\ &= \mathbf{n I_{n-1} - \frac{1}{e}} \quad (n \ge 1) \end{aligned}\]

(1) 치환적분법을 이용한 정적분 계산
\(f(x) = \frac{x}{1 + x^2}\)에서 \(t = 1 + x^2\)으로 치환하면, \(\frac{dt}{dx} = 2x \implies x \, dx = \frac{1}{2} dt\)이다.
적분 구간은 \(x = 0\)일 때 \(t = 1\), \(x = 1\)일 때 \(t = 2\)이므로 다음과 같다. \[\int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^2} dx = \int_{1}^{2} \frac{1}{t} \left(\frac{1}{2} dt\right) = \frac{1}{2} \left[ \ln t \right]_{1}^{2} = \frac{1}{2}(\ln 2 - \ln 1) = \mathbf{\frac{1}{2}\ln 2}\]
(2) 정적분과 급수의 합 사이의 관계
주어진 급수를 변형하면: \[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + k^2} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{\frac{k}{n}}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2} \cdot \frac{1}{n}\] \(x_k = \frac{k}{n}\), \(\Delta x = \frac{1}{n}\)으로 놓으면, 이는 구간 \([0, 1]\)에서 함수 \(f(x) = \frac{x}{1 + x^2}\)의 정적분 정의와 일치한다. \[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f(x_k) \Delta x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^2} dx\] (1)에서 구한 정적분 값을 대입하면 구하는 값은 \(\mathbf{\frac{1}{2}\ln 2}\)이다.