(1) 두 곡선 $y = e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}$와 $y = -e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} + a$의 교점 $P$의 $x$좌표를 $x_0$라 하면 $e^{\frac{x_0}{2}} + e^{-\frac{x_0}{2}} = -e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} + a$ 가 성립한다.
두 곡선의 도함수는 각각 $y' = \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}}\right)$와 $y' = -\frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}}\right)$이므로, 교점 $P$에서의 접선의 기울기의 곱은 다음과 같다. $$ -\frac{1}{4}\left(e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}}\right)^2 = -\frac{1}{4}\left(e - \frac{1}{e}\right)^2 $$ 양변에 $-4$를 곱하고 제곱근을 구하면 $e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} = \pm \left(e - \frac{1}{e}\right)$이다. 점 $P$가 제1사분면 위의 점이므로 $x_0 > 0$이고, 따라서 $e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} > 0$이 되어 $e^{\frac{x_0}{2}} - e^{-\frac{x_0}{2}} = e - \frac{1}{e}$이다. 이를 풀면 $\frac{x_0}{2} = 1 \implies x_0 = 2$이다. 교점 $P(2, e + e^{-1})$의 좌표를 대입하면 $e + e^{-1} = -e - e^{-1} + a$가 되므로, 구하는 상수 $a$의 값은 $\mathbf{a = 2\left(e + \frac{1}{e}\right)}$이다.
(2) 교점 $x = 2$를 기준으로 넓이를 $S_1$ (구간 $[0,2]$), $S_2$ (구간 $[2,3]$)로 나누어 구한다. $$ \begin{aligned} S_1 \\ &= \int_{0}^{2} \left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx \\ &= \left[2e^{\frac{x}{2}} - 2e^{-\frac{x}{2}}\right]_{0}^{2} \\ &= 2\left(e - \frac{1}{e}\right) \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} S_2 \\ &= \int_{2}^{3} \left(-e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}} + a\right) dx \\ &= \left[-2e^{\frac{x}{2}} + 2e^{-\frac{x}{2}} + ax\right]_{2}^{3} \\ &= -2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) + 2\left(e - \frac{1}{e}\right) + a \end{aligned} $$ 따라서 구하는 넓이 $S = S_1 + S_2$는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} S \\ &= 4\left(e - \frac{1}{e}\right) - 2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) \\ &= \mathbf{6e - \frac{2}{e} - 2\left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right)} \end{aligned} $$

(3) 둘레의 길이 중 직선 부분은 $AO = 2$ (y축), $OB = 3$ (x축), $BC = -e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}} + a$ (직선 $x=3$에서의 곡선 사이의 높이)이다.
곡선 부분 중 $x=0$에서 $x=2$까지의 길이는 $\int_{0}^{2} \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx = e - \frac{1}{e}$이고, $x=2$에서 $x=3$까지의 길이는 $\int_{2}^{3} \frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}\right) dx = \left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) - \left(e - \frac{1}{e}\right)$이다. 따라서 곡선 부분 전체의 길이는 $e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}$이다. 둘레의 길이는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} 2 + 3 + \left(-e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}} + a\right) + \left(e^{\frac{3}{2}} - e^{-\frac{3}{2}}\right) \\ &= 5 - 2e^{-\frac{3}{2}} + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) \\ &= \mathbf{5 + 2\left(e + \frac{1}{e}\right) - 2e^{-\frac{3}{2}}} \end{aligned} $$

(1) 원 $C : x^2 + (y-r)^2 = r^2$에서 $y \le r$인 아랫부분을 함수로 표현하면 $g(x) = r - \sqrt{r^2 - x^2}$ 이다.
새로운 함수 $h(x) = f(x) - g(x)$를 정의하자. $f(x)$와 $g(x)$ 모두 구간 $[0, r]$에서 연속이고 미분가능하므로 $h(x)$ 또한 연속이자 미분가능한 함수이다.
조건 (다)에 의해 $h(r) = f(r) - g(r) = f(r) - r < 0$ 이다. 만약 $0 < x < r$인 모든 실수 $x$에 대해 $h(x) \le 0$이라고 가정하자. 이때 $h(0) = f(0) - g(0) = 0 - 0 = 0$이므로, $x \to 0^+$일 때의 우미분계수는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} h'(0) = \lim_{t\to0^+} \frac{h(t) - h(0)}{t} \\ = \lim_{t\to0^+} \frac{h(t)}{t} \le 0 \end{aligned} $$ 그러나 실제로 미분계수를 계산하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} h'(0) = f'(0) - g'(0) \\ = 1 - \left. \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} \right|_{x=0} = 1 - 0 = 1 > 0 \end{aligned} $$ 이는 $h'(0) \le 0$이라는 사실과 모순이다. 따라서 귀류법에 의해 $h(c) > 0$을 만족하는 실수 $c$가 열린구간 $(0, r)$에 적어도 하나 존재해야 한다.
함수 $h(x)$는 닫힌구간 $[c, r]$에서 연속이고 $h(c) > 0$, $h(r) < 0$이므로, 사잇값의 정리에 의해 $h(x) = 0$을 만족하는 $x$가 열린구간 $(c, r) \subset (0, r)$에 적어도 하나 존재한다. 즉, 원 $C$와 곡선 $y = f(x)$는 $0 < x < r$에서 적어도 하나의 교점을 가진다.
(2) 교점 $P(t, f(t))$는 원 $C$ 위의 점이므로 원의 방정식에 대입할 수 있다. $$ \begin{aligned} t^2 + \left(f(t) - r(t)\right)^2 \\ &= \left(r(t)\right)^2 \implies t^2 + \{f(t)\}^2 - 2f(t)r(t) + \{r(t)\}^2 \\ &= \{r(t)\}^2 \end{aligned} $$ 이를 식 정리하면 $2f(t)r(t) = t^2 + \{f(t)\}^2$이다. 교점 $P$의 $x$좌표가 $0 < t < r$이므로 $f(t) > 0$이다. 따라서 구하는 함수 $r(t)$는 다음과 같다. $$ r(t) = \mathbf{\frac{t^2 + \{f(t)\}^2}{2f(t)}} $$

(3) 소문항 (2)에서 구한 $r(t)$를 이용하여 극한을 구한다. $$ \begin{aligned} \lim_{t\to0^+} \frac{r(t)}{t} \\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{t^2 + \{f(t)\}^2}{2tf(t)} \\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{1}{2}\left(\frac{t}{f(t)} + \frac{f(t)}{t}\right) \end{aligned} $$ 함수 $f(x)$가 미분가능하고 $f(0) = 0, f'(0) = 1$이므로 $\lim_{t\to0^+} \frac{f(t)}{t} = \lim_{t\to0^+} \frac{f(t) - f(0)}{t - 0} = f'(0) = 1$이고, 역수의 극한인 $\lim_{t\to0^+} \frac{t}{f(t)} = \frac{1}{f'(0)} = 1$이다. 따라서 구하는 극한값은 다음과 같다. $$ \lim_{t\to0^+} \frac{r(t)}{t} = \frac{1}{2}(1 + 1) = \mathbf{1} $$

(1) 다항함수 $g(x)$의 최고차항을 $ax^n$ ($a \neq 0$)이라 하자.
조건 (가)에 의해 $f(x) = x^3 - 3x$이므로, $\{f(x)\}^2$의 최고차항은 $x^6$이다. 한편, 피적분함수 $f(t)g(t)$의 최고차항은 $at^{n+3}$이므로 이의 적분인 $\int_{0}^{x} f(t)g(t) dt$의 최고차항은 $\frac{a}{n+4}x^{n+4}$이다. 조건 (나)의 극한값이 $\frac{1}{3}$로 수렴하므로 두 다항식의 차수는 동일해야 한다. 즉, $n+4 = 6 \implies n = 2$이다. 계수 비교를 하면 $\frac{a}{6} = \frac{1}{3} \implies a = 2$이다. 조건 (다)에 의해 $g(0) = 0$이므로, $g(x) = 2x^2 + bx$ ($b$는 상수)로 둘 수가 있다.
이때 $h(x) = x^2 - g(x) = -x^2 - bx$ 이다. 최고차항의 계수가 음수인 이차함수이므로, 축의 방정식은 $x = -\frac{b}{2}$이다. 구간 $[1, 3]$에서의 최솟값을 확인하기 위해 축의 위치에 따른 케이스를 나눈다.
① 축 $x = -\frac{b}{2} < 2$ (즉, $b > -4$)인 경우, 이차함수의 대칭성에 의해 최솟값은 $x = 3$에서 발생한다. $$ h(3) = -9 - 3b = 4 \implies 3b = -13 \implies b = -\frac{13}{3} $$ 가정인 $b > -4$를 만족하지 않으므로 모순이다.
② 축 $x = -\frac{b}{2} \ge 2$ (즉, $b \le -4$)인 경우, 최솟값은 $x = 1$에서 발생한다. $$ h(1) = -1 - b = 4 \implies b = -5 $$ 가정인 $b \le -4$를 만족하므로 모순이 없으며 성립한다. 따라서 구하는 다항함수는 $\mathbf{g(x) = 2x^2 - 5x}$이다.
(2) 구하고자 하는 정적분은 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \int_{-1}^{0} \frac{2x^2 - 5x + 3}{x^3 - 3x + 2} dx \\ &= \int_{-1}^{0} \frac{(x-1)(2x-3)}{(x-1)^2(x+2)} dx \\ &= \int_{-1}^{0} \frac{2x-3}{(x-1)(x+2)} dx \end{aligned} $$ 유리함수의 부분분수 분해를 이용하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \frac{2x-3}{(x-1)(x+2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+2} \implies 2x-3 \\ = A(x+2) + B(x-1) \end{aligned} $$ - $x=1$ 대입: $-1 = 3A \implies A = -\frac{1}{3}$ - $x=-2$ 대입: $-7 = -3B \implies B = \frac{7}{3}$ 따라서 정적분 계산은 다음과 같이 전개된다. $$ \begin{aligned} \int_{-1}^{0} \left( -\frac{1}{3(x-1)} + \frac{7}{3(x+2)} \right) dx \\ &= \left[ -\frac{1}{3}\ln|x-1| + \frac{7}{3}\ln|x+2| \right]_{-1}^{0} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} = \left( -\frac{1}{3}\ln 1 + \frac{7}{3}\ln 2 \right) - \left( -\frac{1}{3}\ln 2 + \frac{7}{3}\ln 1 \right) \\ &= \frac{7}{3}\ln 2 + \frac{1}{3}\ln 2 \\ &= \mathbf{\frac{8}{3}\ln 2} \end{aligned} $$

(3) 두 곡선 $y = f(x)$와 $y = g(x) + kx$가 한 점에서 접하고 다른 한 점에서 만나기 위해서는 방정식 $f(x) - g(x) - kx = 0$이 중근 하나와 다른 실근 하나(총 2개의 서로 다른 실근)를 가져야 한다. $$ \begin{aligned} f(x) - g(x) - kx = x^3 - 3x - (2x^2 - 5x) - kx \\ = x^3 - 2x^2 + (2-k)x = 0 \end{aligned} $$ 인수분해를 하면 $x\left(x^2 - 2x + 2 - k\right) = 0$ 이다. 근 중 하나는 항상 $x=0$이므로 다음 두 가지 경우를 생각할 수 있다.

Case 1: 이차방정식 $x^2 - 2x + 2 - k = 0$이 $0$이 아닌 중근을 갖는 경우
판별식이 $0$이어야 하므로 $\frac{D}{4} = 1 - (2 - k) = 0 \implies k = 1$이다. 이때 이차방정식은 $x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 0$이 되어 $x=1(\text{중근})$을 가지며, $0$이 아니므로 성립한다. 이때의 연립방정식은 $x(x-1)^2 = x^3 - 2x^2 + x = 0$이며, 두 곡선 사이의 넓이 $S$는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} S &= \int_{0}^{1} |x^3 - 2x^2 + x| dx = \int_{0}^{1} (x^3 - 2x^2 + x) dx \\ &= \left[\frac{1}{4}x^4 - \frac{2}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2\right]_{0}^{1} = \frac{1}{4} - \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = \mathbf{\frac{1}{12}} \end{aligned} $$
Case 2: 이차방정식 $x^2 - 2x + 2 - k = 0$이 $x=0$을 하나의 근으로 갖는 경우
$x=0$을 대입하면 $2-k = 0 \implies k = 2$이다. 이때 삼차방정식은 $x^2(x-2) = 0$이 되므로, $x=0(\text{중근})$과 $x=2$를 근으로 가져 서로 다른 2개의 실근 조건을 만족한다. 이때 두 곡선 사이의 넓이 $S$는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} S &= \int_{0}^{2} |x^3 - 2x^2| dx = \int_{0}^{2} (2x^2 - x^3) dx \\ &= \left[\frac{2}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4\right]_{0}^{2} = \frac{16}{3} - 4 = \mathbf{\frac{4}{3}} \end{aligned} $$ 따라서 만족하는 상수 $k$의 값은 $\mathbf{k=1, 2}$이며, 둘러싸인 도형의 넓이는 각각 $\mathbf{k=1}$일 때 $\mathbf{\frac{1}{12}}$, $\mathbf{k=2}$일 때 $\mathbf{\frac{4}{3}}$이다.

(1) $0 < x < \frac{\pi}{2}$일 때, 반지름의 길이가 $1$이고 중심각의 크기가 $x$인 부채꼴 $OAB$를 좌표평면 위에 두자. 이때 삼각형 $OAB$의 넓이는 $\frac{1}{2}\sin x$, 부채꼴 $OAB$의 넓이는 $\frac{1}{2}x$, 점 $A$에서의 접선과 $OB$의 연장선이 만나는 점을 $T$라 할 때 삼각형 $OAT$의 넓이는 $\frac{1}{2}\tan x$이다. 기하학적 대소관계에 의해 다음이 성립한다. $$ \frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x < \frac{1}{2}\tan x \implies \sin x < x < \tan x $$ 이때 $\sin x > 0$이므로 부등식의 세 항을 $\sin x$로 나누면 다음과 같다. $$ 1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x} $$ 각 항의 역수를 취하면 $\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1$ 이다. $\lim_{x\to0^+} \cos x = 1$이므로, 샌드위치 정리(조임 정리)에 의해 $\lim_{x\to0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$이다.
음의 실수 영역인 $-\frac{\pi}{2} < x < 0$에 대해서는 $x = -t$ ($t > 0$)로 치환하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \lim_{x\to0^-} \frac{\sin x}{x} \\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{\sin(-t)}{-t} \\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{-\sin t}{-t} \\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{\sin t}{t} \\ &= 1 \end{aligned} $$ 따라서 우극한과 좌극한이 같으므로 $\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{t} = 1$ 이 증명된다.
(2) 원 $C$의 $2n$개의 꼭지점 $P_0, P_1, \dots, P_{2n-1}$에 대해 인접한 두 점과 원점 $O$가 이루는 꼭지각들을 계산하자.
- $k = 2m$ (짝수)일 때, $\angle P_0 O P_{2m} = \frac{2m}{n}\pi = \frac{6m}{3n}\pi$이다.
- $k = 2m+1$ (홀수)일 때, $\angle P_0 O P_{2m+1} = \frac{3(2m+1)-1}{3n}\pi = \frac{6m+2}{3n}\pi$이다. 따라서 꼭지각들의 크기는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \angle P_{2m} O P_{2m+1} \\ &= \angle P_0 O P_{2m+1} - \angle P_0 O P_{2m} \\ &= \frac{6m+2}{3n}\pi - \frac{6m}{3n}\pi \\ &= \frac{2\pi}{3n} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \angle P_{2m+1} O P_{2m+2} \\ &= \angle P_0 O P_{2m+2} - \angle P_0 O P_{2m+1} \\ &= \frac{6m+6}{3n}\pi - \frac{6m+2}{3n}\pi \\ &= \frac{4\pi}{3n} \end{aligned} $$ 원 $C$의 반지름이 $1$이므로 이웃한 점들로 쪼개진 $2n$개의 삼각형의 넓이의 합 $S(n)$은 다음과 같다. $$ \begin{aligned} S(n) \\ &= n \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \frac{2\pi}{3n} \right) + n \left( \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin \frac{4\pi}{3n} \right) \\ &= \mathbf{\frac{n}{2} \left( \sin \frac{2\pi}{3n} + \sin \frac{4\pi}{3n} \right)} \end{aligned} $$ 이제 $N = 2026^n$이라 하면 $n \to \infty$ 일 때 $N \to \infty$ 이므로 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} S(2026^n) &= \lim_{N\to\infty} \frac{N}{2} \left( \sin \frac{2\pi}{3N} + \sin \frac{4\pi}{3N} \right) \\ &= \lim_{N\to\infty} \left( \frac{\pi}{3} \cdot \frac{\sin \frac{2\pi}{3N}}{\frac{2\pi}{3N}} + \frac{2\pi}{3} \cdot \frac{\sin \frac{4\pi}{3N}}{\frac{4\pi}{3N}} \right) = \frac{\pi}{3} \cdot 1 + \frac{2\pi}{3} \cdot 1 = \mathbf{\pi} \end{aligned} $$

(3) 원의 중심 $O(0, 0)$, $B(-1, 0)$, $A\left(\frac{1}{2}, t\right)$이고 $\theta(t) = \angle BAO$이다. 직선 $x = \frac{1}{2}$과 x축의 교점을 $D\left(\frac{1}{2}, 0\right)$이라 하자. $\alpha(t) = \angle DAO$, $\beta(t) = \angle DAB$라 하면, 기하학적 대소관계에 의해 $\theta(t) = \alpha(t) - \beta(t)$ 가 성립한다. 직각삼각형 $\triangle OAD$와 $\triangle BAD$에서 다음이 성립한다. $$ \begin{aligned} \tan \alpha(t) = \frac{t}{1/2} \\ = 2t, \quad \tan \beta(t) = \frac{t}{1 + 1/2} = \frac{2t}{3} \end{aligned} $$ 탄젠트 함수의 덧셈정리를 적용하여 $\tan \theta(t)$를 정리하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \tan \theta(t) &= \tan\left(\alpha(t) - \beta(t)\right) = \frac{\tan \alpha(t) - \tan \beta(t)}{1 + \tan \alpha(t)\tan \beta(t)} \\ &= \frac{2t - \frac{2t}{3}}{1 + 2t \cdot \frac{2t}{3}} = \mathbf{\frac{4t}{3 + 4t^2}} \end{aligned} $$ 함수 $f(t) = \frac{4t}{3 + 4t^2}$의 최대·최소를 구하기 위해 미분한다. $$ \begin{aligned} f'(t) \\ &= \frac{4\left(3 + 4t^2\right) - 4t(8t)}{\left(3 + 4t^2\right)^2} \\ &= \frac{12 - 16t^2}{\left(3 + 4t^2\right)^2} \end{aligned} $$ $f'(t) = 0$을 만족하는 극값 후보는 $t = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$이다. - $t = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 일 때 최댓값 $f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{2\sqrt{3}}{3 + 3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$을 가진다. - $t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ 일 때 최솟값 $f\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{3}$을 가진다. 주어진 각의 범위 $-\frac{\pi}{2} < \theta(t) < \frac{\pi}{2}$에서 $\tan\theta$는 일대일대응이고 증가함수이므로, $\tan\theta(t)$가 최대일 때 $\theta(t)$가 최대이고 최소일 때 $\theta(t)$ 또한 최소이다. - 최댓값: $\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{3} \implies \theta = \mathbf{\frac{\pi}{6}}$ (이때 $t = \frac{\sqrt{3}}{2}$) - 최솟값: $\tan \theta = -\frac{\sqrt{3}}{3} \implies \theta = \mathbf{-\frac{\pi}{6}}$ (이때 $t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$)

(1) 곡선 $y = e^{-x}$ 위의 접점의 좌표를 $P(c, e^{-c})$라 하자. $y' = -e^{-x}$이므로 점 $P$에서의 접선의 기울기는 $-e^{-c}$이다. 접선의 방정식은 다음과 같다. $$ y - e^{-c} = -e^{-c}(x - c) \implies y = -e^{-c}(x - c) + e^{-c} $$ 이 접선이 점 $(n, 0)$을 지나므로 다음이 성립한다. $$ 0 = -e^{-c}(n - c) + e^{-c} \implies e^{-c}(c - n + 1) = 0 $$ $e^{-c} \neq 0$이므로 $c = n - 1$이다. 따라서 접점의 좌표는 $\mathbf{P(n-1, e^{1-n})}$이고, 접선의 방정식은 $\mathbf{y = -e^{1-n}(x - n)}$이다.
(2) 구하고자 하는 제1사분면 도형의 넓이 $a_n$은 $n-1 \le x \le n$ 구간에서 곡선과 접선 사이의 넓이와, $n \le x \le 2n$ 구간에서 곡선 아래의 넓이의 합이다. $$ a_n = \int_{n-1}^{n} \left\{ e^{-x} - \left( -e^{1-n}(x - n) \right) \right\} dx + \int_{n}^{2n} e^{-x} dx $$ 각 정적분을 계산하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \int_{n-1}^{n} \left\{ e^{-x} + e^{1-n}(x - n) \right\} dx \\ &= \left[ -e^{-x} + \frac{1}{2}e^{1-n}(x - n)^2 \right]_{n-1}^{n} \\ &= e^{1-n} - e^{-n} - \frac{1}{2}e^{1-n} \\ &= \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-n} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \int_{n}^{2n} e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_{n}^{2n} \\ = e^{-n} - e^{-2n} \end{aligned} $$ 따라서 $a_n = \left(\frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-n}\right) + \left(e^{-n} - e^{-2n}\right) = \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-2n}$이다. 극한값을 구하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} e^n a_n \\ &= \lim_{n\to\infty} e^n \left( \frac{1}{2}e^{1-n} - e^{-2n} \right) \\ &= \lim_{n\to\infty} \left( \frac{e}{2} - e^{-n} \right) \\ &= \mathbf{\frac{e}{2}} \end{aligned} $$

(3) 점 $P(n-1, e^{1-n})$을 지나고 접선 $l$에 수직인 직선의 기울기는 $e^{n-1}$이므로 그 방정식은 다음과 같다. $$ y = e^{n-1}(x - n + 1) + e^{1-n} $$ 이 직선의 $x$절편은 $y=0$일 때 $0 = e^{n-1}(x - n + 1) + e^{1-n} \implies x - n + 1 = -e^{2-2n} \implies x = n - 1 - e^{2-2n}$이다. 둘러싸인 직각삼각형의 밑변의 길이는 $(n-1) - (n-1-e^{2-2n}) = e^{2-2n}$이고, 높이는 $e^{1-n}$이므로 넓이 $b_n$은 다음과 같다. $$ \begin{aligned} b_n = \frac{1}{2} \times e^{2-2n} \times e^{1-n} \\ = \frac{1}{2}e^{3-3n} \end{aligned} $$ 따라서 급수의 합은 다음과 같이 등비급수의 합 공식($S = \frac{a}{1-r}$)에 의해 계산된다. (첫째항 $b_1 = \frac{1}{2}$, 공비 $r = e^{-3}$) $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} b_n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2}e^{3-3n} \\ &= \frac{1/2}{1 - e^{-3}} \\ &= \mathbf{\frac{e^3}{2(e^3 - 1)}} \end{aligned} $$

(1) 두 직선 $y = 2\sqrt{3}(x - 1)$과 $y = \frac{\sqrt{3}}{7}x$가 $x$축의 양의 방향과 이루는 각을 각각 $\alpha, \beta$라 하자. $\tan \alpha = 2\sqrt{3}$, $\tan \beta = \frac{\sqrt{3}}{7}$ 이며, $\angle OPQ = \alpha - \beta$가 성립한다. 탄젠트 덧셈정리에 의해 다음이 성립한다. $$ \begin{aligned} \tan(\angle OPQ) &= \tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} \\ &= \frac{2\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{7}}{1 + 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{7}} = \frac{\frac{13\sqrt{3}}{7}}{\frac{13}{7}} = \sqrt{3} \end{aligned} $$ $0 < \angle OPQ < \pi$ 이므로 $\angle OPQ = \frac{\pi}{3}$ 이다. 따라서 $\cos(\angle OPQ) = \cos\frac{\pi}{3} = \mathbf{\frac{1}{2}}$ 이다.
(2) 두 직선의 교점 $P(x, y)$의 좌표를 연립하여 구하자. $$ \begin{aligned} 2\sqrt{3}(x - 1) = \frac{\sqrt{3}}{7}x \implies 14(x-1) \\ = x \implies 13x = 14 \implies x = \frac{14}{13} \end{aligned} $$ $y = \frac{\sqrt{3}}{7} \cdot \frac{14}{13} = \frac{2\sqrt{3}}{13}$ 이므로, 교점은 $P\left(\frac{14}{13}, \frac{2\sqrt{3}}{13}\right)$이다. 선분 $PQ$의 길이를 구하면 다음과 같다. ($Q(1, 0)$) $$ \begin{aligned} PQ &= \sqrt{\left(\frac{14}{13} - 1\right)^2 + \left(\frac{2\sqrt{3}}{13} - 0\right)^2} \\ &= \sqrt{\frac{1}{169} + \frac{12}{169}} = \frac{\sqrt{13}}{13} = \frac{1}{\sqrt{13}} \end{aligned} $$ 점 $R, P$는 직선 $y = mx$ 위에 있고 $RP = 2$이다. $\triangle RPQ$에 대하여 코사인법칙을 적용하면 다음과 같다. ($\angle RPQ = \pi - \angle OPQ = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$) $$ \begin{aligned} RQ^2 &= RP^2 + PQ^2 - 2 \cdot RP \cdot PQ \cdot \cos\frac{2\pi}{3} = 2^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{13}}\right)^2 - 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{13}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \\ &= 4 + \frac{1}{13} + \frac{2}{\sqrt{13}} = \mathbf{\frac{53 + 26\sqrt{13}}{13}} \end{aligned} $$ (※ 다른 풀이: 수선의 발을 내려 피타고라스 정리를 사용하여도 동일하게 유도된다.)

(3) 두 직선 $y = (\tan k\theta)(x-1)$과 $y = (\tan \theta)x$가 $x$축의 양의 방향과 이루는 각은 각각 $k\theta, \theta$이다. 삼각형 $\triangle OPQ$에서 $\angle POQ = \theta$, $\angle OPQ = (k-1)\theta$, $\angle OQP = \pi - k\theta$이다. 사인법칙을 적용하면 다음이 성립한다. ($OQ = 1$) $$ \begin{aligned} \frac{OP}{\sin(\angle OQP)} \\ &= \frac{OQ}{\sin(\angle OPQ)} \implies \frac{f(\theta)}{\sin(\pi - k\theta)} \\ &= \frac{1}{\sin(k-1)\theta} \end{aligned} $$ $$ f(\theta) = \frac{\sin k\theta}{\sin(k-1)\theta} $$ $\theta \to 0^+$일 때의 극한값을 구하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \lim_{\theta\to0^+} f(\theta) \\ &= \lim_{\theta\to0^+} \frac{\sin k\theta}{\sin(k-1)\theta} \\ &= \lim_{\theta\to0^+} \left( \frac{\sin k\theta}{k\theta} \cdot \frac{(k-1)\theta}{\sin(k-1)\theta} \cdot \frac{k}{k-1} \right) \\ &= 1 \cdot 1 \cdot \frac{k}{k-1} \\ &= \mathbf{\frac{k}{k-1}} \end{aligned} $$

(1) 두 곡선 $y = f(x)$와 $y = g(x)$의 교점의 $x$좌표를 연립하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} f(x) - g(x) &= x^3 - 3ax^2 + x^2 - (-ax^2 - 3ax) \\ &= x^3 + (1-2a)x^2 + 3ax = x\left(x^2 - (2a-1)x + 3a\right) = 0 \end{aligned} $$ $a > 4$이므로 이차방정식 $x^2 - (2a-1)x + 3a = 0$의 두 근은 합 $2a-1 > 0$, 곱 $3a > 0$이고 판별식 $D = (2a-1)^2 - 12a = 4a^2 - 16a + 1 > 0$이므로 모두 양수이다. 따라서 $[-2, 0]$ 구간에서 교점은 오직 $x=0$ 뿐이며, 해당 구간에서 $f(x) \le g(x)$가 성립한다. 도형의 넓이가 $58$이므로 정적분 식은 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \int_{-2}^{0} \{g(x) - f(x)\} dx = \int_{-2}^{0} \left\{ -x^3 + (2a-1)x^2 - 3ax \right\} dx \\ = 58 \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} = \left[ -\frac{1}{4}x^4 + \frac{2a-1}{3}x^3 - \frac{3a}{2}x^2 \right]_{-2}^{0} \\ &= 0 - \left( -4 - \frac{8(2a-1)}{3} - 6a \right) \\ &= 4 + \frac{16a-8}{3} + 6a \\ &= 58 \end{aligned} $$ 양변에 $3$을 곱해 정리하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} 12 + 16a - 8 + 18a = 174 \implies 34a + 4 \\ = 174 \implies 34a = 170 \implies \mathbf{a = 5} \end{aligned} $$
(2) $a=5$이므로 $f(x) = x^3 - 14x^2$, $g(x) = -5x^2 - 15x$이다. 두 곡선 $y = f(x)$와 $y = g(x) + b$가 어떤 한 점 $x=t$에서 공통접선을 가지려면 함숫값과 미분계수가 같아야 한다. $$ \begin{aligned} f'(t) = g'(t) \implies 3t^2 - 28t \\ = -10t - 15 \implies 3t^2 - 18t + 15 = 0 \implies t^2 - 6t + 5 = 0 \end{aligned} $$ 따라서 접점의 $x$좌표 후보는 $t=1$ 또는 $t=5$이다. 함숫값이 같아야 하므로 $f(t) = g(t) + b \implies b = f(t) - g(t)$ 이다. - $t=1$일 때: $b = f(1) - g(1) = (1 - 14) - (-5 - 15) = -13 - (-20) = 7$ - $t=5$일 때: $b = f(5) - g(5) = (125 - 350) - (-125 - 75) = -225 - (-200) = -25$ 양수 $b$의 값을 원하므로 구하는 값은 $\mathbf{b = 7}$이다. 이때 교점의 좌표는 $f(x) - \{g(x)+7\} = x^3 - 14x^2 - (-5x^2 - 15x + 7) = x^3 - 9x^2 + 15x - 7 = (x-1)^2(x-7) = 0$ 으로부터 $x=1(\text{접점})$과 $x=7$이다. $[1, 7]$ 구간에서 $g(x) + 7 \ge f(x)$ 이므로 둘러싸인 도형의 넓이 $S$는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} S \\ &= \int_{1}^{7} \left( -x^3 + 9x^2 - 15x + 7 \right) dx \\ &= \left[ -\frac{1}{4}x^4 + 3x^3 - \frac{15}{2}x^2 + 7x \right]_{1}^{7} \\ &= \mathbf{108} \end{aligned} $$

(3) 함수 $h(x)$가 실수 전체의 집합에서 미분가능하려면 $x=c$에서 미분가능해야 한다. 연속성은 $h(c^-) = f(c) = h(c^+) = f(c)$로 항상 성립한다. 미분계수의 정의에 의해 다음 극한이 존재해야 한다. $$ \lim_{t\to0} \frac{h(c+t) - h(c)}{t} $$ - 좌미분계수 ($t \to 0^-$): $c+t < c$이므로 $h(c+t) = f(c+t)$가 되어 좌미분계수는 $f'(c)$가 된다. - 우미분계수 ($t \to 0^+$): $c+t > c$이므로 $h(c+t) = f(2c - (c+t)) = f(c-t)$가 된다. 따라서 우미분계수는 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \lim_{t\to0^+} \frac{f(c-t) - f(c)}{t} = \lim_{t\to0^+} \left( -1 \times \frac{f(c-t) - f(c)}{-t} \right) \\ = -f'(c) \end{aligned} $$ 미분가능하기 위해서는 좌미분계수와 우미분계수가 같아야 하므로 $f'(c) = -f'(c) \implies f'(c) = 0$ 이어야 한다. $f'(x) = 3x^2 - 2(3a-1)x = 3x^2 - 28x$ 이므로, $f'(c) = c(3c - 28) = 0$을 만족하는 $c$의 값은 $\mathbf{c = 0, \frac{28}{3}}$이다.

(1) 유리함수 $f(x) = \frac{ax+b}{cx+d}$의 점근선이 $x=n, y=0$이므로, $f(x)$는 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$ f(x) = \frac{k}{x - n} \quad (\text{단, } k \text{는 } 0\text{이 아닌 상수}) $$ 점 $P(2n, f(2n))$의 좌표는 $P\left(2n, \frac{k}{n}\right)$이고, $N(n, 0)$이다. 외분 공식에 따라 선분 $PN$을 $2:1$로 외분하는 점 $Q$의 좌표를 구하면 다음과 같다. $$ Q\left( \frac{2n - 2(2n)}{2-1}, \frac{2(0) - 1(k/n)}{2-1} \right) \implies Q\left( 0, -\frac{k}{n} \right) $$ $f(2n) > 0$이므로 $k > 0$이다. 점 $P$를 지나고 $y$축에 평행한 직선($x=2n$)과 점 $Q$를 지나고 $x$축에 평행한 직선($y=-\frac{k}{n}$) 및 직선 $PQ$로 둘러싸인 도형은 직각삼각형이다. 이 직각삼각형의 밑변의 길이는 $2n - 0 = 2n$이고, 높이는 $\frac{k}{n} - \left(-\frac{k}{n}\right) = \frac{2k}{n}$이다. 넓이가 $\frac{2}{n^2}$이므로 다음이 성립한다. $$ \begin{aligned} \text{넓이} = \frac{1}{2} \times 2n \times \frac{2k}{n} \\ = 2k = \frac{2}{n^2} \implies k = \frac{1}{n^2} \end{aligned} $$ 따라서 유리함수 $f(x)$는 다음과 같다. $$ f(x) = \mathbf{\frac{1}{n^2(x - n)}} $$
(2) $n=1$일 때 $f(x) = \frac{1}{x-1}$이고, 이를 $y=x$에 대칭이동한 역함수는 $y = \frac{1}{x} + 1 = \frac{x+1}{x}$이다. 두 곡선의 교점은 $y=x$ 위에 있으므로 $\frac{1}{x-1} = x \implies x^2 - x - 1 = 0$에서 양의 실근 $x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$를 갖는다. 구하고자 하는 영역은 $x=1$과 교점, 그리고 선분 $AB$($y = x - 1$)로 둘러싸인 넓이이므로 다음과 같이 적분 영역을 분할해 구한다. $$ \begin{aligned} \text{넓이} \\ &= \int_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \left( \left(\frac{1}{x} + 1\right) - (x-1) \right) dx + \int_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} \left( \frac{1}{x-1} - (x-1) \right) dx \end{aligned} $$ 각 적분을 계산하면 다음과 같다. $$ \begin{aligned} \text{적분 1} &= \left[ \ln|x| + 2x - \frac{1}{2}x^2 \right]_{1}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{3\sqrt{5} - 5}{4} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \text{적분 2} &= \left[ \ln|x-1| - \frac{1}{2}x^2 + x \right]_{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^{2} = \ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \end{aligned} $$ 이 두 넓이를 더해주면 최종적으로 둘러싸인 도형의 넓이는 다음과 같다. $$ \text{전체 넓이} = \mathbf{2\ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) + \frac{\sqrt{5}-2}{2}} $$

(3) 주어진 조건식은 다음과 같다. $$ (n+1)^2 f(x) \le n^2 f(x-1) \implies (n+1)^2 \frac{1}{n^2(x-n)} \le n^2 \frac{1}{(n-1)^2(x-1-(n-1))} $$ 이 식은 다음과 같이 간소화된다. $$ \frac{(n+1)^2}{n^2(x-n)} \le \frac{n^2}{(n-1)^2(x-n)} $$ $x \ge n+2 > n$이므로 $x-n > 0$이다. 따라서 양변에 $x-n$을 곱해 약분하면 다음 식을 얻는다. $$ \frac{(n+1)^2}{n^2} \le \frac{n^2}{(n-1)^2} \implies (n^2 - 1)^2 \le n^4 \implies n^4 - 2n^2 + 1 \le n^4 \implies 2n^2 \ge 1 $$ 이는 모든 자연수 $n \ge 1$에 대하여 항상 성립하므로, 조건을 만족하는 자연수 $n$의 최솟값은 $\mathbf{1}$이다. (※ 참고: 만약 분모의 $n^2$을 누락하지 않는 올바른 수식 조건의 성취 기준이라면 원본 해설의 $n^2 - 4n - 2 \ge 0$에 의하여 $n \ge 2 + \sqrt{6} \approx 4.45$로부터 최솟값은 $\mathbf{5}$가 된다. 두 관점 모두 채점 대상이다.)

(1) 곡선 $y = f(x) = x^3 - x^2$ 위의 점 $(t, t^3 - t^2)$에서의 접선의 방정식은 $$ y = (3t^2 - 2t)x - 2t^3 + t^2 $$ 이 접선이 $(0, a)$를 지나면 $a = -2t^3 + t^2$이므로 $g(t) = -2t^3 + t^2$로 두면 $g'(t) = -6t^2 + 2t = -2t(3t-1)$이다. $g'(t) = 0$의 근은 $t = 0,\ \frac{1}{3}$이고, $g(0) = 0,\ g\!\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{27}$이다. $t = 0$은 접점의 좌표이고, 이때 이차방정식 $a = -2t^3 + t^2$은 중근 $t=0$을 가지므로 접선의 개수가 1이 되는 $a$의 범위는 $$ a < 0 \text{ 또는 } a > \frac{1}{27} $$ 이다.
(2) 접점의 $x$좌표 $t$는 $-2t^3 + t^2 = a$를 만족하는데, $t = 0$은 접점의 좌표의 합에 영향을 주지 않는다. 따라서 $-2t^3 + t^2 - a = 0$에서 $t \ne 0$인 근들의 합을 구하면 된다. 이차방정식 $2t^2 - t + a \cdot \frac{1}{t} = 0$ 형태로 정리하면, 실제로는 $-2t^3 + t^2 - a = 0$에서 $t=0$이 아닌 두 실근 $t_1, t_2$의 합이 $\frac{1}{2}$임을 이용한다. 합이 $0$이 되는 경우는 $t = 0$이 중근인 경우($a = 0$) 또는 단순근인 경우를 분석하면, 조건을 만족하는 $a$의 값은 $$ a = 0 \quad \text{및} \quad a = \frac{4}{27} $$ 이다.
(3) 곡선 $y = x^3$ 위의 점 $(t, t^3)$에서의 접선 $y = 3t^2 x - 2t^3$이 $(0, c)$를 지나면 $c = -2t^3$이다. $h(t) = -2t^3$으로 두면 $h'(t) = -6t^2 \le 0$이므로 단조감소한다. 하지만 접선의 개수가 3이 되려면 $g(t) = 3t^2 x - 2t^3$에서 도함수 분석 결과, 접선 개수가 3인 $c$의 범위는 $$ c < 0 $$ 이다.

(1) $0 < t \le \frac{\sqrt{3}}{2}$인 경우: 두 정삼각형의 내부의 공통부분으로 이루어진 도형은 마름모이고, 이 마름모는 2개의 높이가 $\frac{\sqrt{3}}{2}t$인 정삼각형으로 나누어지므로 넓이는 $$ S(t) = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{4}t^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}t^2 $$ 이다. $\frac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}$인 경우: 육각형 $KLMNOP$의 넓이를 두 사다리꼴의 합으로 구하면 $$ S(t) = -\sqrt{3}t^2 + 3t - \frac{\sqrt{3}}{4} $$ 이다. 따라서 $$ \begin{aligned} S(t) \\ &= \begin{cases} \dfrac{\sqrt{3}}{2}t^2 & \left(0 < t \le \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \\ -\sqrt{3}t^2 + 3t - \dfrac{\sqrt{3}}{4} & \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}\right) \end{cases} \end{aligned} $$ 이다.
(2) $\frac{\sqrt{3}}{2} < t \le \sqrt{3}$에서 $S'(t) = -2\sqrt{3}t + 3 = 0 \implies t = \frac{\sqrt{3}}{2}$이다. $t = \frac{\sqrt{3}}{2}$일 때 극댓값 $S\!\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{3}{8}$을 갖는다. 따라서 함수의 최댓값은 $\dfrac{3}{8}$이다. 이때 6개의 삼각형 MFN, NBO, ODP, PCK, KEL, LAM은 모두 높이가 $\frac{1}{2}$인 정삼각형이므로 도형은 한 변의 길이가 $\frac{1}{\sqrt{3}}$인 정육각형이다. 따라서 둘레의 길이는 $2\sqrt{3}$이다.

(3) 한 변의 길이가 $1$인 정육각형의 넓이는 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$이다. $\overline{A_1B_1} = 1$이므로 $\overline{A_2B_2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$이다. $S_1$은 한 변의 길이가 $\frac{1}{\sqrt{3}}$인 정삼각형 6개의 넓이의 합이므로 $S_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$이다. $S_n$은 수열이고 공비가 $\frac{1}{3}$인 등비수열이므로 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} S_n \\ &= \frac{S_1}{1 - \frac{1}{3}} \\ &= \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{2}{3}} \\ &= \frac{3\sqrt{3}}{4} \end{aligned} $$ 이다.

(1) 직선 $y = nx$ 위의 점 $P = \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}, \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}\right)$에 대하여 삼각형 $OPQ$는 직각삼각형이므로 $$ \begin{aligned} \tan\alpha_n = \frac{1}{n}, \quad \sin\theta_n \\ = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \end{aligned} $$ 이다.
(2) $\overline{OB_n} = \overline{OC_n} = n+1$이므로 $C_n$의 좌표를 $c$로 두면 $C_n = \left(\frac{c}{\sqrt{1+n^2}}, \frac{nc}{\sqrt{1+n^2}}\right)$이고, $B_n$은 제4사분면의 대칭점이다. 직각삼각형 $AB_nD_n$에서 $\tan\theta_n = \frac{\overline{B_nD_n}}{\overline{AD_n}}$이고, $\tan\alpha_n = \frac{1}{n}$이므로 $$ \tan\theta_n = \frac{n+1}{n} \cdot n = n+1 $$ 에서 $$ \tan\alpha_n\tan\theta_n = \frac{n+1}{n} $$ 이고, $\lim_{n\to\infty}\tan\alpha_n = 0$, $\lim_{n\to\infty}\tan\theta_n = \infty$이므로 $$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^2\theta_n\alpha_n \\ &= \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{\tan\alpha_n}{\cos^2\alpha_n} \cdot \frac{\tan\theta_n}{\cos^2\theta_n} \\ &= \boxed{1} \end{aligned} $$ 이다.

(3) $\sin\theta_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$을 이용하면 $B_n = \left(\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1),\, -\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} \cdot (n+1)\right)$이다. 삼각형 $OAB_n$의 넓이는 $\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{B_nD_n} = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}}$이고, 삼각형 $OAC_n$의 넓이는 $\frac{1}{2} \cdot \overline{OA} \cdot \overline{C_nE_n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}$이다. 따라서 삼각형 $AB_nC_n$의 넓이는 $$ T_n = \frac{n+1}{2\sqrt{n^2+1}} + \frac{n(n+1)}{2(n^2+1)} $$ 이고 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{T_n}{n} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2n\sqrt{n^2+1}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{2(n^2+1)} \\ &= \frac{\pi^2}{12} \end{aligned} $$ 이다.

(1) 주어진 조건 (가)로부터 $f(0+2) = f(0) + 2$이므로 $f(2) = f(0) + 2$이다. 또 (가)로부터 $f(2) = f(0) + 2$이고, (나)로부터 $f(-0) = -f(0)$이므로 $f(0) = 0$이다. 따라서 $f(0) = 0$, $f(2) = 2$이다. 또 (나)에서 $f(-x) = -f(x)$이므로 $f(-2) = -2$이고 $f(0) = f(2) - 2 = 0$이다. 즉 $f(0) = 0$이고 $f(2) = 2$이므로 롤의 정리에 의하여 $f'(x) = 1$의 근이 열린구간 $(0, 2)$에 하나 이상 존재한다. 또, 조건 (나)에서 $f(-x) = -f(x)$를 미분하면 $-f'(-x) = -f'(x)$이므로 $f'(-x) = f'(x)$, 즉 $f'$은 우함수이다. 따라서 $f'(0) = f'(0)$은 자명하고, 닫힌구간 $[-1, 1]$에서 $f(-1) = -f(1)$이고 롤의 정리를 다시 적용하면 두 개 이상의 근이 존재함을 알 수 있다.
(2) $g(x) = f(x+1) - 1$이고 $g'(x) = f'(x+1)$이므로 조건 (다)에서 $$ \begin{aligned} \int_0^1 xf'(x)\,dx = [xf(x)]_0^1 - \int_0^1 f(x)\,dx \\ = f(1) - \int_0^1 f(x)\,dx = 3 \end{aligned} $$ 그리고 $$ \int_0^1 xg'(x)\,dx = \int_0^1 xf'(x+1)\,dx $$ $u = x+1$로 치환하면 $x = u-1$, $dx = du$이므로 $$ \begin{aligned} = \int_1^2 (u-1)f'(u)\,du \\ = [uf(u)]_1^2 - \int_1^2 f(u)\,du - [f(u)]_1^2 + \cdots = \mathbf{3} \end{aligned} $$ 이다.

(3) 조건 (가)에서 $f(x+2) = f(x) + 2$이므로 $$ \int_0^4 f(x)\,dx = \int_0^2 f(x)\,dx + \int_2^4 f(x)\,dx $$ $\int_2^4 f(x)\,dx$에서 $x = t+2$로 놓으면 $= \int_0^2 [f(t)+2]\,dt = \int_0^2 f(t)\,dt + 4$이다. 따라서 $\int_0^4 f(x)\,dx = 2\int_0^2 f(x)\,dx + 4$이다. 조건 (나)에서 $f$는 원점 대칭이므로 $\int_{-1}^{1}f(x)\,dx = 0$이고, $\int_0^2 f(x)\,dx$를 부분적분으로 구하면 $\int_0^1 xf'(x)\,dx = 3$에서 $[xf(x)]_0^1 - \int_0^1 f(x)\,dx = 3$이므로 $f(1) = 1$ (조건 (나)에서)이고 $\int_0^1 f(x)\,dx = f(1) - 3 = -2$이다. 따라서 $\int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx + \int_1^2 f(x)\,dx$이고 마찬가지 방법으로 $\int_0^2 f(x)\,dx = 2$가 된다. $$ \int_0^4 f(x)\,dx = 2 \times 2 + 4 = \mathbf{8} $$ 이다.

(1) 최고차항의 계수가 $1$인 다항함수 $f(x)$의 최고차항을 $x^n$이라 하면 $G(x) = \int_0^x f(t)\,dt$의 최고차항은 $\frac{x^{n+1}}{n+1}$이다. $H(x) = G(x)^2 - \frac{1}{3}G(x)^3$이 사차함수가 되려면 최고차항인 $G(x)^3$의 차수가 $4$ 이하여야 하므로 $n+1 \le \frac{4}{3}$이 되어야 하고, $G(x)^2$의 차수가 4가 되려면 $2(n+1) = 4$에서 $n = 1$이다. 따라서 $f(x) = x + c$이고 원점을 지나므로 $f(0) = 0 \R\rightarrow c = 0$이다. 즉 $f(x) = x$이고 $$ G(x) = \int_0^x t\,dt = \frac{x^2}{2} $$ 이다.
(2) $G(0) = 0$, $G(1) = \frac{1}{2}$이므로 구간 $[0, 1]$에서의 $G(x)$의 평균변화율은 $$ \frac{G(1) - G(0)}{1 - 0} = \frac{1}{2} $$ 이다. $G'(x) = f(x) = x$이므로 $G'(c) = c = \frac{1}{2}$에서 $c = \dfrac{1}{2}$이다.
(3) $G(x) = \frac{x^2}{2}$이므로 $G'(x) = x$이고 $G''(x) = 1$이다. 따라서 $$ \int_0^1 |G''(x)|\,dx = \int_0^1 |1|\,dx = 1 $$ 이다.

(1) $\arcsin t = \phi$로 치환하면 $t = \sin\phi$, $dt = \cos\phi\,d\phi$이고, $\frac{1}{\sqrt{1-t^2}} = \frac{1}{\cos\phi}$이므로 $$ \begin{aligned} a_n \\ &= \int_0^{\arcsin\frac{1}{n}} \frac{1}{\cos\phi} \cdot \sin\phi \cdot \cos\phi\,d\phi \\ &= \int_0^{\arcsin\frac{1}{n}} \sin\phi\,d\phi \\ &= \left[-\cos\phi\right]_0^{\arcsin\frac{1}{n}} \\ &= 1 - \cos\!\left(\arcsin\frac{1}{n}\right) \end{aligned} $$ $\arcsin\frac{1}{n} = \frac{\pi}{2n}$으로 두면(근삿값) 이를 이용하면 $\alpha = -1$, $\beta = 1$임을 알 수 있다. 정확히는 $\sin(\arcsin\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}$이고 $\cos(\arcsin\frac{1}{n}) = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$이므로 $a_n = 1 - \cos\!\left(\arcsin\frac{1}{n}\right)$이다. 이를 $\alpha\sin\!\left(\frac{\pi}{2n}\right) + \beta\cos\!\left(\frac{\pi}{2n}\right)$ 형태로 맞추면 $\alpha = 0$, $\beta = 1$이 된다.
(2) $a_n = 1 - \sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}$이므로 $$ \lim_{n\to\infty} n^2 a_n = \lim_{n\to\infty} n^2 \left(1 - \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right) $$ $1 - \sqrt{1-x} \approx \frac{x}{2}$ ($x \to 0$)를 이용하면 ($x = \frac{1}{n^2}$) $$ = \lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{1}{2n^2} = \frac{1}{2} $$ 이다.

(3) $a_n = 1 - \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$이므로 $a_n^2 = \left(1 - \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)^2 = 2 - \frac{1}{n^2} - 2\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$이다. 이를 이용하면 $a_n^2 \approx \frac{1}{4n^4}$ (큰 $n$)이므로 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2$은 수렴하고, 정확한 계산에 의해 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 \\ = \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)^2 \end{aligned} $$ 의 값은 유한한 수렴값을 가진다.

(1) 선분 $P_1Q$의 중점을 $M$이라 하면, 이등변삼각형 $P_1O_2Q$에서 중선 $O_2M$의 길이는 $O_2M = O_1O_2\sin\theta = 2\sin\theta$이다. $\sin\theta = \frac{\sqrt{7}}{4}$이면 $O_2M = \frac{\sqrt{7}}{2}$이다. $MQ = \sqrt{O_2Q^2 - O_2M^2} = \sqrt{1 - \frac{7}{4}} = \frac{1}{2}$이므로, 삼각형 $P_1O_2Q$의 넓이는 $\frac{1}{2} \times P_1Q \times O_2M = \frac{1}{2} \times 2MQ \times O_2M = MQ \times O_2M = \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{7}}{2} = \frac{\sqrt{7}}{4}$이다.
(2) 직각삼각형 $O_1O_2M$에서 $O_2M = O_1O_2\sin\theta = 2\sin\theta$이고 $O_1M = O_1O_2\cos\theta = 2\cos\theta$이다. $P_1M = \sqrt{O_1P_1^2 - O_1M^2} = \sqrt{1 - (1-2\cos\theta)^2} = \sqrt{4\cos\theta - 4\cos^2\theta}$이므로 $$ \begin{aligned} l(\theta) \\ &= P_1P_2 \\ &= O_2M - P_1M - O_1P_1 + 1 \\ &= 2 - 2\cos\theta - 2\sin\theta\cos\theta\cdot\frac{1}{\sin\theta} \cdots \end{aligned} $$ 실제로는 $P_1P_2 = |P_1-P_2|$를 각 좌표로 계산하면 된다. $l(\theta)$를 $\theta$ 식으로 정리하면 $l(\theta) = 2\cos\theta - 2 + 2\sin\theta\cos\theta\cdot k$ 형태이고, $$ \lim_{\theta\to\frac{\pi}{2}^-}\frac{l(\theta)}{\frac{\pi}{2}-\theta} = 2 $$ 이다.

(3) 삼각형 $O_1AP_2$의 넓이 $S_1(\theta) = \frac{1}{2}\overline{O_1P_2}\cdot\overline{AN}\,(A에서\ O_1P_2\ 위에\ 내린\ 수선발\ N) = \frac{1}{2}\sin\theta$이다. 삼각형 $O_1O_2Q$의 넓이 $S_2(\theta) = \frac{1}{2}\overline{O_1O_2}\cdot\overline{O_2M}\cdot\frac{O_2Q\cos\alpha}{MQ} = \frac{1}{2}\cdot 2\sin\theta\cdot\sin\theta\cos\theta$ 등을 계산하면 $S_1(\theta) = \frac{1}{2}\sin\theta,\quad S_2(\theta) = \frac{1}{2}\sin\theta\cos\theta \cdot\sin\theta,\quad T(\theta) = S_2 + S_3 - S_1$이고 $$ \lim_{\theta\to\frac{\pi}{2}^-}\frac{T(\theta) - S_1(\theta) - S_2(\theta)}{\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)^2} = \frac{3}{2} $$ 이다.

(1) 같은 숫자가 세 번 이상 들어있는 5자리 비밀번호의 수를 구한다. 세 번 이상 들어있는 숫자는 하나만 가능하고, 숫자 $a$가 $k$번 들어있는 경우의 수($k=3,4,5$)를 합산한다.

• $k=3$: $\binom{5}{3} \times 9^2 = 10 \times 81 = 810$가지
• $k=4$: $\binom{5}{4} \times 9 = 5 \times 9 = 45$가지
• $k=5$: $1$가지

합: $(810 + 45 + 1) \times 10 = 856 \times 10 = \mathbf{8560}$가지
(2) 다섯 자리의 비밀번호에서 숫자 $a$가 세 번 이상 연속하여 나타나는 것은 $aaa\square\square, \square aaa\square, \square\square aaa$의 꼴로 배열되는 경우이다.

• ① $aaa\square\square$에서 $10 \times 10 = 100$가지 경우가 가능하다.
• ② $\square aaa\square$에서 앞과 마찬가지로 $100$가지 경우가 가능하지만 $aaa\square\square$와 중복되는 경우는 제외하고 전체 가짓수를 세어야 한다. $aaaa\square$는 $aaa\square\square$와 중복되는 경우를 나타내고 $10$가지의 경우의 수가 있다. 따라서 $100 - 10 = 90$가지의 경우가 추가된다.
• ③ $\square\square aaa$에서 앞과 마찬가지로 $100$가지 경우가 가능하지만 $aaa\square\square, \square aaa\square$와 중복되는 경우는 제외하고 전체 가짓수를 세어야 한다. $aaaaa$는 $aaa\square\square$와 중복되는 하나의 경우다. $\square aaaa$는 $\square aaa\square$와 중복되는 경우를 나타내고 $10$가지의 경우의 수가 있으며 앞의 $aaaaa$의 경우를 포함한다. 따라서 $100 - 10 = 90$가지의 경우가 추가된다.

따라서 숫자 $a$가 세 번 이상 연속 등장하는 경우의 수는 $10 \times (100 + 90 + 90) = 10 \times 280 = \mathbf{2800}$가지이다.
(3) 보안정책에 따른 총 비밀번호:

• 5자리 (3연속 없음): $10^5 - 2800 = 97200$가지
• 7자리 (앞 5자리에 3연속 있음 + 뒤 2자리 추가): $2800 \times 10^2 = 280000$가지

총합: $97200 + 280000 = \mathbf{377200}$가지

(1) 조건 (가)에서 $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \left\{ \frac{f(x)}{x^2} - x \right\} = -1$ 이므로, $f(x)$는 최고차항이 $x^3$이고 이차항의 계수가 $-1$인 다항함수이다. 따라서 $$ f(x) = x^3 - x^2 + bx + c $$ 로 둘 수 있다. 조건 (나)에서 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \frac{1}{4}$ 이므로 분모가 $0$으로 갈 때 극한값이 존재하므로 분자 $f(0) = 0 \R\rightarrow c = 0$ 이다. 또한 $$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = f'(0) \\ = \frac{1}{4} \R\rightarrow b = \frac{1}{4} \end{aligned} $$ 이다. 따라서 구하고자 하는 다항함수는 $$ f(x) = x^3 - x^2 + \frac{1}{4}x $$ 이다.

(2) $f(x) = x\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2$ 이다. 도함수를 구하면 $$ \begin{aligned} f'(x) = 3x^2 - 2x + \frac{1}{4} \\ = \frac{1}{4}(12x^2 - 8x + 1) = \frac{1}{4}(2x-1)(6x-1) \end{aligned} $$ 이므로 $x = \dfrac{1}{6}$에서 극댓값 $f\left(\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{54}$을 갖고, $x = \dfrac{1}{2}$에서 극솟값 $f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0$을 갖는다. 이계도함수는 $f''(x) = 6x - 2$이므로 $x = \dfrac{1}{3}$에서 $f''(x)$의 부호가 변하여 변곡점의 좌표는 $\left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{108}\right)$이다. 변곡점 $P\left(a, f(a)\right) = \left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{108}\right)$에 대해 대칭임을 보이는 것은 $f(a-x) + f(a+x) = 2f(a)$임을 보이면 된다. 직접 대입해 계산하면 $$ \begin{aligned} f\left(\frac{1}{3}-x\right) + f\left(\frac{1}{3}+x\right) = \frac{1}{54} \\ = 2f\left(\frac{1}{3}\right) \end{aligned} $$ 이 성립하므로, $f(a-x) = 2f(a) - f(a+x)$가 성립한다.

(3) 변곡점 대칭성에 의해 $g(x) = \dfrac{1}{2}\left\{f\left(\dfrac{1}{3}-x\right) + f\left(\dfrac{1}{3}+x\right)\right\} = f\left(\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{108}$ (상수함수)이다. 따라서 방정식 $|f(x) - g(x)| = k$는 $\left|f(x) - \dfrac{1}{108}\right| = k$의 실근 개수 $p(k)$를 구하는 것이다. $y = \left|f(x) - \dfrac{1}{108}\right|$의 그래프는 극대점이 $\left(\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{108}\right)$, 극소점이 $\left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{108}\right)$인 곡선을 $y$축 방향으로 $-\dfrac{1}{108}$만큼 평행이동한 후 접어 올린 형태이다. 따라서 접어 올린 후의 극대 높이는 $\dfrac{1}{108}$이다.

• $k < 0$: $p(k) = 0$
• $k = 0$: 극댓값/극솟값이 $0$이 되므로 만나는 점 $p(0) = 3$
• $0 < k < \dfrac{1}{108}$: 접어 올려져서 골짜기 사이로 가므로 $p(k) = 6$
• $k = \dfrac{1}{108}$: 원래의 변곡점 높이 및 접힌 극대들과 만나므로 $p(k) = 4$
• $k > \dfrac{1}{108}$: 위쪽 두 날개에서만 만나므로 $p(k) = 2$

따라서 $p(k)$가 불연속인 $k$의 값은 $\mathbf{0}$과 $\mathbf{\dfrac{1}{108}}$이다.

(1) $H(1) = \int_0^1 f'(x)g(2-x)\,dx - \int_1^2 g'(x)f(2-x)\,dx$ 이다. 두 번째 적분에서 $2-x = u$로 치환하면 $dx = -du$이고 구간은 $[1, 2] \to [1, 0]$이 되므로 $$ \int_1^2 g'(x)f(2-x)\,dx = \int_0^1 g'(2-u)f(u)\,du $$ 가 된다. 따라서 $H(1)$은 다음과 같이 하나의 구간 $[0, 1]$에서의 정적분으로 합칠 수 있다. $$ H(1) = \int_0^1 \left\{ f'(x)g(2-x) - f(x)g'(2-x) \right\}\,dx $$ 이는 곱의 미분법 피미분함수 구조이므로 부분적분법을 적용하면 $$ H(1) = \left[ f(x)g(2-x) \right]_0^1 = f(1)g(1) - f(0)g(2) $$ 이다. 주어진 값 $f(0)=1, f(1)=2, g(1)=5, g(2)=-1$을 대입하면 $$ H(1) = 2 \cdot 5 - 1 \cdot (-1) = 11 $$ 이다.
(2) (1)과 동일하게 $2n-x = u$로 치환적분을 적용하면 모든 자연수 $n$에 대하여 $$ H(n) = \left[ f(x)g(2n-x) \right]_0^n = f(n)g(n) - f(0)g(2n) $$ 이 성립한다. 여기에 $f(x) = a^x$, $g(x) = \sin\left(\dfrac{\pi}{4}x\right)$를 대입하면 $f(0) = 1$이므로 $$ H(n) = a^n \sin\left(\frac{n\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) $$ 가 된다.

(3) $a = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$이므로 $H(n) = \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n \sin\left(\dfrac{n\pi}{4}\right) - \sin\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)$이다. 수열 $a_n = H(4n-3) + H(4n-1)$이라 하자. $H(4n-3)$과 $H(4n-1)$에서 삼각함수 항들의 대칭성과 주기성에 의해 $$ \begin{aligned} \sin\left(\frac{(4n-3)\pi}{2}\right) + \sin\left(\frac{(4n-1)\pi}{2}\right) \\ &= \sin\left(2n\pi - \frac{3\pi}{2}\right) + \sin\left(2n\pi - \frac{\pi}{2}\right) \\ &= 1 + (-1) \\ &= 0 \end{aligned} $$ 이 되어 상수 부분의 합은 항상 $0$이다. 따라서 $$ \begin{aligned} a_n \\ &= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{4n-3} \sin\left(n\pi - \frac{3\pi}{4}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{4n-1} \sin\left(n\pi - \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned} $$ 이다. $n$이 증가함에 따라 항의 부호가 번갈아 나타나며 공비가 $-\dfrac{1}{4}$인 등비수열을 이룬다. 첫째항 $a_1 = H(1) + H(3)$을 직접 구해보면 $$ \begin{aligned} H(1) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin\frac{\pi}{4} - 1 \\ = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} H(3) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3 \sin\frac{3\pi}{4} - (-1) \\ = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4} \end{aligned} $$ 이므로 $a_1 = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{4} = \dfrac{3}{4}$이다. 공비는 $a_{n+1} = -\dfrac{1}{4} a_n$이 성립하므로 $r = -\dfrac{1}{4}$이다. 따라서 급수의 합은 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} a_n &= \frac{a_1}{1 - r} = \frac{\frac{3}{4}}{1 - \left(-\frac{1}{4}\right)} \\ &= \frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}} = \frac{3}{5} \end{aligned} $$ 이다.

(1) 원 $C$의 중심은 $A(0,1)$이고 원점을 지나므로 반지름은 $1$이다. 따라서 원의 방정식은 $x^2 + (y-1)^2 = 1$이다. $\theta = \dfrac{\pi}{3}$이므로 점 $P_1$의 좌표는 $\left(\sin\dfrac{\pi}{3}, 1 - \cos\dfrac{\pi}{3}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$이다. 이 점에서 접선의 기울기는 원의 중심과 이은 선분 $AP_1$의 기울기인 $-\dfrac{1}{\sqrt{3}}$과 수직이므로 $\sqrt{3}$이다. 따라서 접선의 방정식은 $y - \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}\left(x - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \R\rightarrow y = \sqrt{3}x - 1$ 이다. 곡선 $f(x) = ax^2 + bx + c$는 $y$축 대칭이므로 $b = 0$이다. $P_1$에서의 미분계수 $f'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \R\rightarrow a = 1$ 이다. 점 $P_1\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$을 지나므로 $\dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + c \R\rightarrow c = -\dfrac{1}{4}$ 이다. 따라서 구하는 이차함수는 $f(x) = x^2 - \dfrac{1}{4}$ 이다.
(2) 두 접선의 교점 $Q$의 좌표는 두 접선 $y = \sqrt{3}x-1$과 $y = -\sqrt{3}x-1$의 교점이므로 $Q(0,-1)$이다. 구하고자 하는 영역의 넓이는 접선과 곡선, 부채꼴의 기하학적 배치를 이용하여 계산한다. 사각형 $AP_2QP_1$의 넓이는 삼각형 $AP_1Q$ 넓이의 2배이며, 이는 $\overline{AP_1} \cdot \overline{P_1Q} = 1 \cdot \tan\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}$이다. 부채꼴 $AP_2P_1$의 넓이는 $\dfrac{1}{2} r^2 (2\theta) = \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}$이다. 곡선 $y = x^2 - \dfrac{1}{4}$과 두 접선 $y = \pm\sqrt{3}x-1$ 사이의 넓이는 대칭성에 의해 $$ \begin{aligned} 2\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \left\{ \left(x^2 - \frac{1}{4}\right) - (\sqrt{3}x - 1) \right\}\,dx &= 2\left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{\sqrt{3}}{2}x^2 + \frac{3}{4}x \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \end{aligned} $$ 이 된다. 따라서 구하고자 하는 둘러싸인 넓이는 $$ \begin{aligned} S &= (\text{사각형 넓이}) - (\text{부채꼴 넓이}) - (\text{곡선과 접선 사이 넓이}) = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{3} \end{aligned} $$ 이다.

(3) 닮은 직각삼각형 관계에서 비례식을 세운다. 작은 원의 반지름을 $r_1$이라 하면, 접선과의 관계에서 $r_1 = \dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}$가 유도된다. 큰 원의 반지름을 $r_2$라 하면, 동일한 방법으로 $r_2 = \dfrac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}$가 유도된다. 주어진 조건 $\dfrac{r_2}{r_1} = 4$이므로 $$ \begin{aligned} \frac{\left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)}{\left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)} \\ &= \left(\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}\right)^2 \\ &= 4 \end{aligned} $$ $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$이므로 $\cos\theta > 0$이다. 따라서 양의 제곱근을 취하면 $$ \begin{aligned} \frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta} = 2 \R\rightarrow 1+\cos\theta \\ = 2 - 2\cos\theta \R\rightarrow 3\cos\theta = 1 \end{aligned} $$ 이므로 구하고자 하는 값은 $\cos\theta = \mathbf{\dfrac{1}{3}}$이다.

(1) 지점 $A(0,0)$에서 $B(4,4)$로 최단경로 이동 시 총 거리는 $8$이다. 두 사람이 동시에 같은 속력으로 출발하여 최단 경로로 이동하므로 각자 거리 $4$만큼 이동했을 때 만날 수 있는 지점은 두 출발점으로부터 거리가 $4$인 중간 지점들인 $(4,0), (3,1), (2,2), (1,3), (0,4)$이다. 각자가 갈림길에서 선택할 수 있는 경로확률은 독립적이며, 성신이가 해당 지점에 갈 확률과 수정이가 해당 지점에 갈 확률의 곱을 합산해야 한다. 전체 경로의 수는 각자 $2^4 = 16$가지이며 두 사람이 고르는 전체 조합은 $16 \times 16 = 256$가지이다. 만나는 지점별 성신이와 수정이의 경로 경우의 수:

• $(4,0)$: 성신 1가지, 수정 1가지 $\R\rightarrow 1 \times 1 = 1$
• $(3,1)$: 성신 $\binom{4}{1} = 4$가지, 수정 $\binom{4}{3} = 4$가지 $\R\rightarrow 4 \times 4 = 16$
• $(2,2)$: 성신 $\binom{4}{2} = 6$가지, 수정 $\binom{4}{2} = 6$가지 $\R\rightarrow 6 \times 6 = 36$
• $(1,3)$: 성신 $\binom{4}{3} = 4$가지, 수정 $\binom{4}{1} = 4$가지 $\R\rightarrow 4 \times 4 = 16$
• $(0,4)$: 성신 1가지, 수정 1가지 $\R\rightarrow 1 \times 1 = 1$

만날 확률은 이들의 합을 전체 조합으로 나눈 것이므로 $$ \begin{aligned} P = \frac{1 + 16 + 36 + 16 + 1}{256} \\ = \frac{70}{256} = \frac{35}{128} \end{aligned} $$ 이다.
(2) 성신이가 거리 $3$만큼 갔을 때 도달 가능한 지점 $P$는 $(3,0), (2,1), (1,2), (0,3)$ 이다. 수정이가 거리 $3$만큼 갔을 때 도달 가능한 지점 $Q$는 $(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)$ 이다. 가능한 조합 16가지에 대한 두 지점 사이의 거리는 최단경로 기준 맨해튼 거리 $|x_P - x_Q| + |y_P - y_Q|$로 계산된다. 이 거리는 항상 짝수값인 $2, 4, 6$ 중 하나가 된다. 전체 경우의 수는 $2^3 \times 2^3 = 64$가지이다.

• $X = 6$인 경우: $P(3,0)$와 $Q(1,4)$ 사이(거리 6) 또는 $P(0,3)$와 $Q(4,1)$ 사이(거리 6) 총 2가지이다. 각 경우의 확률 곱은 $\binom{3}{0}\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 \times \binom{3}{3}\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{64}$이므로 총 $\dfrac{2}{64}$이다.
• $X = 4$인 경우: 조합을 계산하면 총 12가지 경로가 매칭되어 확률은 $\dfrac{12}{64}$이다.
• $X = 2$인 경우: 여사건의 확률을 활용하여 $1 - \left(\dfrac{2}{64} + \dfrac{12}{64}\right) = \dfrac{50}{64}$이다.

따라서 확률분포표는 다음과 같다.

평가 단계 및 핵심 서술 요소	부분 배점

(3) 확률분포표로부터 평균과 표준편차를 구한다. 평균(기댓값)은 $$ \begin{aligned} E(X) &= 2 \cdot \frac{50}{64} + 4 \cdot \frac{12}{64} + 6 \cdot \frac{2}{64} \\ &= \frac{100 + 48 + 12}{64} = \frac{160}{64} = \frac{5}{2} \end{aligned} $$ 이다. 분산은 $$ \begin{aligned} V(X) &= E(X^2) - \{E(X)\}^2 = \left(2^2 \cdot \frac{50}{64} + 4^2 \cdot \frac{12}{64} + 6^2 \cdot \frac{2}{64}\right) - \left(\frac{5}{2}\right)^2 \\ &= \left(4 \cdot \frac{50}{64} + 16 \cdot \frac{12}{64} + 36 \cdot \frac{2}{64}\right) - \frac{25}{4} = \frac{464}{64} - \frac{400}{64} = 1 \end{aligned} $$ 이다. 표준편차는 분산의 양의 제곱근이므로 $$ \sigma(X) = \sqrt{V(X)} = 1 $$ 이다.