[1-1] 정적분을 이용한 이항계수 합 증명:
\((1+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k\)의 양변을 구간 \([0, 1]\)에서 정적분하면:
좌변 \(= \int_0^1 (1+x)^n\,dx = \left[ \frac{(1+x)^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{2^{n+1} - 1^{n+1}}{n+1} = \frac{2^{n+1}-1}{n+1}\).
우변 \(= \int_0^1 \left( \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k \right) dx = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \left[ \frac{x^{k+1}}{k+1} \right]_0^1 = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}\binom{n}{k} = S_n\).
따라서 \(S_n = \frac{2^{n+1}-1}{n+1}\)이다. (증명 완료)

[1-2] 극한값 계산:
\(\frac{S_n}{2^n} = \frac{2^{n+1}-1}{(n+1)2^n} = \frac{2 \cdot 2^n - 1}{(n+1)2^n} = \frac{2 - \frac{1}{2^n}}{n+1}\).
\(n \to \infty\)일 때 분자는 \(2 - 0 = 2\)로 수렴하고, 분모는 \(n+1 \to \infty\)로 발산한다.
따라서 \(\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{2^n} = \lim_{n\to\infty} \frac{2 - (1/2)^n}{n+1} = 0\)이다.

[정답] [1-1] 증명 완료, [1-2] \(0\)

[2-1] 매개변수 접선의 기울기:
\(\frac{dx}{dt} = 1 - \cos t\), \(\frac{dy}{dt} = \sin t\).
\(\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin t}{1 - \cos t} = \frac{2\sin(t/2)\cos(t/2)}{2\sin^2(t/2)} = \cot\frac{t}{2}\).
\(t = \frac{\pi}{2}\)일 때: \(\frac{t}{2} = \frac{\pi}{4}\)이므로 기울기는 \(\cot\frac{\pi}{4} = 1\)이다.

[2-2] 사이클로이드 곡선의 전체 길이:
\(\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = (1 - \cos t)^2 + \sin^2 t = 1 - 2\cos t + \cos^2 t + \sin^2 t = 2(1 - \cos t)\).
반각공식에 의해: \(2(1 - \cos t) = 2 \left(2\sin^2\frac{t}{2}\right) = 4\sin^2\frac{t}{2}\).
\(0 \le t \le 2\pi \implies 0 \le \frac{t}{2} \le \pi \implies \sin\frac{t}{2} \ge 0\).
속력: \(\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \sqrt{4\sin^2\frac{t}{2}} = 2\sin\frac{t}{2}\).
곡선의 길이: \(L = \int_0^{2\pi} 2\sin\frac{t}{2}\,dt = \left[ -4\cos\frac{t}{2} \right]_0^{2\pi} = -4\cos\pi - (-4\cos 0) = -4(-1) + 4(1) = 4 + 4 = 8\).

[정답] [2-1] \(1\), [2-2] \(8\)

[3-1] 점과 점근선 거리의 곱 증명:
두 점근선: \(l_1: x - y = 0\), \(l_2: x + y = 0\).
점 \(P(x_1, y_1)\)에서 두 직선까지의 거리는
\(d_1 = \frac{|x_1 - y_1|}{\sqrt{2}}\), \(d_2 = \frac{|x_1 + y_1|}{\sqrt{2}}\).
거리의 곱 \(d_1 d_2 = \frac{|x_1 - y_1||x_1 + y_1|}{2} = \frac{|x_1^2 - y_1^2|}{2}\).
점 \(P\)가 쌍곡선 위의 점이므로 \(x_1^2 - y_1^2 = a^2\).
따라서 \(d_1 d_2 = \frac{a^2}{2}\) (일정한 상수)이다. (증명 완료)

[3-2] 초점 벡터 내적의 최솟값 계산:
초점 \(F(\sqrt{2}a, 0)\), \(F'(-\sqrt{2}a, 0)\).
\(\vec{PF} = (\sqrt{2}a - x_1, -y_1)\), \(\vec{PF'} = (-\sqrt{2}a - x_1, -y_1)\).
\(\vec{PF} \cdot \vec{PF'} = (\sqrt{2}a - x_1)(-\sqrt{2}a - x_1) + (-y_1)(-y_1) = (x_1^2 - 2a^2) + y_1^2\).
쌍곡선 방정식에서 \(y_1^2 = x_1^2 - a^2\) 대입:
\(\vec{PF} \cdot \vec{PF'} = x_1^2 - 2a^2 + (x_1^2 - a^2) = 2x_1^2 - 3a^2\).
쌍곡선 위의 점이므로 \(x_1^2 \ge a^2\)이다.
따라서 \(x_1^2 = a^2 \iff x_1 = \pm a, y_1 = 0\) (쌍곡선의 꼭짓점)일 때 최솟값을 갖는다.
최솟값: \(2(a^2) - 3a^2 = -a^2\).

[정답] [3-1] 증명 완료 (\(d_1 d_2 = \frac{a^2}{2}\)), [3-2] 최솟값 \(-a^2\), 점 \((\pm a, 0)\)

[4-1] \(I_0\) 계산 및 점화식 증명:
\(I_0 = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx = [\ln(1+x)]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2\).
\(I_n + I_{n+1} = \int_0^1 \frac{x^n + x^{n+1}}{1+x}\,dx = \int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}\,dx = \int_0^1 x^n\,dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}\). (증명 완료)

[4-2] 조임정리를 이용한 극한값 증명:
\(0 \le x \le 1\)에서 \(1 \le 1+x \le 2 \implies 0 \le \frac{x^n}{1+x} \le x^n\).
각 변을 \([0, 1]\)에서 적분하면: \(0 \le \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx \le \int_0^1 x^n\,dx \implies 0 \le I_n \le \frac{1}{n+1}\).
\(\lim_{n\to\infty} 0 = 0\)이고 \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+1} = 0\)이므로, 조임정리에 의해 \(\lim_{n\to\infty} I_n = 0\)이다. (증명 완료)

[4-3] 교대급수의 합 증명:
점화식에서: \(I_0 + I_1 = 1 \implies I_1 = 1 - I_0\)
\(I_1 + I_2 = \frac{1}{2} \implies I_2 = \frac{1}{2} - I_1 = \frac{1}{2} - 1 + I_0\)
일반적으로: \(I_n = (-1)^n I_0 + \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{n-k}}{k}\).
양변에 \((-1)^n\)을 곱하면: \((-1)^n I_n = I_0 - \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}\).
\(\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} = I_0 - (-1)^n I_n = \ln 2 - (-1)^n I_n\).
\(n \to \infty\)일 때 \(\lim I_n = 0\)이므로 \(\lim (-1)^n I_n = 0\)이다.
따라서 \(\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2\)이다. (증명 완료)

[정답] [4-1] \(I_0 = \ln 2\), 점화식 증명 완료, [4-2] 증명 완료, [4-3] 증명 완료 (\(\ln 2\))