Personal Library

:: SOLUTION ::

삼차함수 $f(x)$는 최고차항의 계수가 $1$이고 $x = 3$에서 극댓값 $8$을 가지므로, 다음과 같이 표현할 수 있다. $$ f(x) = (x-3)^2(x-a) + 8$$ 단, $a > 3$이다. 그러면$$f'(x) = (x-3)(3x-2a-3), \quad f'(x) = 4x-2a-6$$이므로, 삼차함수 $f(x)$는 $x = \frac{2a+3}{3}$에서 극솟값을 갖고, $x = \frac{a-3}{2}$에서 변곡점을 갖는다. 이때 $x_m = \frac{2a+3}{3}$, $x_i = \frac{a-3}{2}$이라 하자. 그리고, $f(x)$는 최고차항의 계수가 $1$인 삼차함수이므로, $3$보다 작은 하나의 실근을 갖는다. 이 실근을 $x_s$라 하자.

   한편, 함수 $-f(x) + 2f(t)$는, 함수 $f(x)$를 직선 $y=f(t)$에 대해 대칭이동한 것과 같다. 그러면, $t = x_s$에서 함수 $h(t)$는 불연속임을 알 수 있다. 만약 $f(x_m) > \frac{1}{2}f(x_m) = 4$이라면, $t > x_s$에서 함수 $h(t)$는 연속이다. 만약 $f(x_m) < 4$이라면, 두 열린 구간 $(x_s,3)$과 $(3,x_m)$ 각각에 적당한 두 실수 $x_1$과 $x_2$가 존재해서 $f(x_1) = f(x_2) = 4$를 만족시킨다. 그러면 함수 $h(t)$는 $t = x_1$과 $t = x_2$에서 불연속이다. 마지막으로, $f(x_m) = 4$인 경우에는, 함수 $h(t)$는 두 점 $t = x_s$와 $t = x_m$에서 불연속이고, 다른 모든 점에서 연속임을 알 수 있다. 따라서 $f(x_m) = 4$이고,
$$4 = f(x_m) = -\frac{4}{27}(a-3)^3 + 8$$이므로, $a = 6$이다. 그러므로, $f(8) = 25\cdot2+8 = 58$이다. $\square$

이 글을 네이버 블로그에서 보기 (링크)

:: Solution ::

실수 $t$가 $t-1\leq a\leq t\leq b\leq t+1$을 만족시키면 다음이 성립한다.

$$\begin{eqnarray}
\int_a^t(1+x-t)\cos\pi xdx & = & \left[\frac{1+x-t}{\pi}\sin\pi x\right]_a^t-\frac{1}{\pi}\int_a^t\sin\pi xdx \\
& = & \frac{\sin\pi t}{\pi} - \frac{(1+a-t)\sin\pi a}{\pi} + \frac{\cos\pi t}{\pi^2} - \frac{\cos\pi a}{\pi^2} \\
\int_t^b(1-x+t)\cos\pi xdx & = & \left[\frac{1-x+t}{\pi}\sin\pi x\right]_t^b + \frac{1}{\pi}\int_t^b\sin\pi xdx \\
& = & \frac{1-b+t}{\pi}\sin\pi b - \frac{\sin\pi t}{\pi} + \frac{\cos\pi t}{\pi^2} - \frac{\cos\pi b}{\pi^2}
\end{eqnarray}$$

이를 이용하여 함수 $g(t)$를 구해보자.

(1) $t\leq k-1$이거나 $t\geq k+9$일 때

$k\leq x\leq k+8$일 때 $f(x)\cos\pi x = 0$이므로 $g(t) = 0$이다.

(2) $k-1\leq t\leq k$일 때

$$\begin{eqnarray}
g(t) & = & \int_k^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx = \left[\frac{1-x+t}{\pi}\sin\pi x\right]_k^{t+1} + \frac{1}{\pi}\int_k^{t+1}\sin\pi xdx \\
& = & \frac{\cos\pi t + \cos\pi k}{\pi^2} = \frac{\cos\pi t-1}{\pi^2} \quad \textrm{($\because$ $k$는 홀수)}
\end{eqnarray}$$

(3) $k\leq t\leq k+1$일 때

$$\begin{eqnarray}
g(t) & = & \int_k^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx \\
& = & -\frac{1+k-t}{\pi}\sin\pi k + \frac{\cos\pi t - \cos\pi k + 2\cos\pi t}{\pi^2} \\
& = & \frac{1+3\cos\pi t}{\pi^2} \quad \textrm{($\because$ $k$는 홀수)}
\end{eqnarray}$$

(4) $k+1\leq t\leq k+7$일 때

$$g(t) = \int_{t-1}^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{t+1}(1-x+t)\cos\pi xdx = \frac{4\cos\pi t}{\pi^2}$$

(5) $k+7\leq t\leq k+8$일 때

$$g(t) = \int_{t-1}^t(1+x-t)\cos\pi xdx + \int_t^{k+8}(1-x+t)\cos\pi xdx = \frac{1+3\cos\pi t}{\pi^2}$$

(6) $k+8\leq t\leq k+9$일 때

$$\begin{eqnarray}
g(t) & = & \int_{t-1}^{k+8}(1+x-t)\cos\pi xdx = \left[\frac{1+x-t}{\pi}\sin\pi x\right]_{t-1}^{k+8} - \frac{1}{\pi}\int_{t-1}^{k+8}\sin\pi xdx \\
& = & \frac{\cos\pi t-1}{\pi^2}
\end{eqnarray}$$

따라서 함수 $g(t)$의 그래프는 다음과 같다.

이때 함수 $g(t)$는 구간 $[k,k+8]$에서 $5$개의 극소값을 가짐을 알 수 있다. 따라서 $m = 5$이고

$$\alpha_1 = k, \ \alpha_2 = k+2, \ \alpha_3 = k+4,\ \alpha_4 = k+6,\ \alpha_5 = k+8$$

이다. 그런데 주어진 조건에서 $\sum_{i=1}^m\alpha_i = 45$이므로, $k = 5$이다. 그리고

$$g(\alpha_1) = g(\alpha_5) = -\frac{2}{\pi^2}, \ g(\alpha_2) = g(\alpha_3) = g(\alpha_4) = -\frac{4}{\pi^2}$$

이므로

$$k-\pi^2\sum_{i=1}^mg(\alpha_i) = 5-\pi^2\left(-2\frac{2}{\pi^2} - 3\frac{4}{\pi^2}\right) = 21$$

이다. $\Box$

이 글을 네이버 블로그에서 보기 (링크)

:: Solution ::

임의의 $a>0$에 대하여 다음이 성립한다.

$$\int_{2a}^{4a}\frac{f(x)}{x}dx = \int_a^{2a}\frac{f(2t)}{2t}2dt = 2\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx$$

이때 모든 실수 $x$에 대하여 $f(2x) = 2f(x)f'(x)$이므로

$$\begin{eqnarray}
\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx & = & \int_a^{2a}\frac{f(x)f'(x)}{x}dx = \left[\frac{\left(f(x)\right)^2}{2x}\right]^{2a}_a + \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx \\
& = & \frac{\left(f(2a)\right)^2}{4a} - \frac{\left(f(a)\right)^2}{2a} + \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx
\end{eqnarray}$$

이다. 이때 $f(a) = 0$이고 $f(2a) = 2f(a)f'(a) = 0$이므로

$$\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx = \frac{1}{2}\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx$$

이다. 따라서

$$\int_a^{2a}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx = 2\int_a^{2a}\frac{f(2x)}{2x}dx = \int_{2a}^{4a}\frac{f(x)}{x}dx = k$$

이다. $\Box$

이 글을 네이버 블로그에서 보기 (링크)

:: Solution ::

아래의 두 조건은 동치이다.

(1) $1$ 이상의 모든 실수 $x$에 대하여 $(x-e)\{g(x) - f(x)\} \geq 0$이다.

(2) $1\leq x\leq e$이면 $g(x)\leq f(x)$이고, $x\geq e$이면 $g(x)\geq f(x)$이다.

그러면 주어진 조건을 만족시키는 일차함수 $g(x)$와 $f(x)$를 좌표평면에 나타내면 아래의 그림과 같다.

이때 일차함수 $g(x)$의 기울기가 최소가 되는 경우는 $t$ 값에 따라 두 경우로 나눌 수 있다.

[그림 1] $t$가 충분히 작을 때

[그림 2] $t$가 적당히 클 때

이제 각 경우에 해당하는 $t$의 범위를 구하자. 그림 1의 경우는 일차함수 $g(x)$의 기울기가

$$\frac{(1-t) - 0}{e - 1} = \frac{1-t}{e-1}$$

이고, 이 값은 $f'(e) = 1/e$보다 커야 한다. 그러면

$$\frac{1-t}{e-1} \geq \frac{1}{e} \ \Longleftrightarrow \ t\leq \frac{1}{e}$$

를 얻는다. 따라서 그림 1의 경우는 $0<t\leq 1/e$에 해당하고, 그림 2의 경우는 $t\geq 1/e$에 해당한다. 다음으로 함수 $h(t)$를 구하자. $0<t\leq 1/e$이면

$$h(t) = \frac{1-t}{e-1}$$

이다. $t\geq \frac{1}{e}$의 경우는 그림 2에 해당하므로, 적당한 실수 $z\geq e$가 존재해서 일차함수 $g(x)$가 두 점 $(1,0)$, $(z,f(z))$를 지나고 기울기가 $f'(z)$이다. 그러면

$$g(x) = f'(z)(x-1)$$

이고 $f(z) = f'(z)(z-1)$이다. $f(z) = -t + \ln z$이고 $f'(z) = 1/z$이므로

$$-t + \ln z = 1-\frac{1}{z}$$

이다. 따라서

$$t = \ln z + \frac{1}{z} -1$$

이다. 이때 함수 $\ln z + \frac{1}{z} -1$은 $z\geq 1$에서 증가하는 함수이므로 $z\geq e$이면 $t \geq 1/e$임을 알 수 있다. 따라서 $t\geq 1/e$일 필요충분조건은 $z\geq e$이다. 그러면 임의의 $z\geq e$에 대하여 다음이 성립한다.

$$h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = f'(z) = \frac{1}{z}$$

따라서 $0<t\leq 1/e$일 때 $h(t) = \frac{1-t}{e-1}$이고, $t\geq 1/e$일 때 $t = \ln z + \frac{1}{z} -1$이고 $h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = 1/z$이다.

양수 $a$가 $h(a) = \frac{1}{e+2}$를 만족시키므로, 만약 $0<a\leq 1/e$이면 $\frac{1-a}{e-1} = \frac{1}{e+2}$임을 만족시키거나, $a\geq 1/e$이면 $a = \ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1$를 만족시킬 것이다. 그런데 $\frac{1-a}{e-1} = \frac{1}{e+2}$이면

$$a = 1 - \frac{e-1}{e+2} = \frac{3}{e+2} \geq \frac{3}{2e} > \frac{1}{e}$$

이므로, $a = \ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1$이어야 한다(참고 : $\ln(e+2) + \frac{1}{e+2} -1\geq\frac{1}{e+2}$이다). 이제 $h'\left(\frac{1}{2e}\right)$과 $h'(a)$를 구하자. 먼저 $\frac{1}{2e}<\frac{1}{e}$이므로

$$h'\left(\frac{1}{2e}\right) = -\frac{1}{e-1}$$

이다. 한편 $z\geq e$에 대하여 $h\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = 1/z$이므로

$$\left(\frac{1}{z} - \frac{1}{z^2}\right)h'\left(\ln z + \frac{1}{z} - 1\right) = -\frac{1}{z^2}$$

이다. 따라서

$$h'(a) = \frac{-\frac{1}{(e+2)^2}}{\frac{1}{e+2} - \frac{1}{(e+2)^2}} = -\frac{1}{e+1}$$

이므로

$$h'\left(\frac{1}{2e}\right)h'(a) = \frac{1}{(e-1)(e+1)}$$

이다. $\Box$

이 글을 네이버 블로그에서 보기 (링크)

:: Solution ::

연속함수 $y = f(x)$의 한 부정적분을 $F(x)$라 하자. $f(x)$는 모든 실수 $x$에 대하여

$$f(x) = \frac{\pi}{2}\int_1^{x+1}f(t)dt\tag{1}$$

를 만족시키므로

$$f(1) = \frac{\pi}{2}\int_1^{2}f(t)dt, \ f(-1) = -\frac{\pi}{2}\int_0^{1}f(t)dt\tag{2}$$

이다. 그런데 $y=f(x)$는 원점에 대하여 대칭이므로

$$\frac{\pi}{2}\int_1^{2}f(t)dt = f(1) = -f(-1) = \frac{\pi}{2}\int_0^{1}f(t)dt\tag{3}$$

이다. 한편 식 (1)로부터

$$f(x) = \frac{\pi}{2}\left[ F(x+1) - F(1)\right]$$

이므로

$$\frac{2}{\pi}f(x) + F(1) = F(x+1)$$

이다. 그러면

$$\frac{2}{\pi}\int_0^1f(x)dx + F(1) = \int_0^1F(x+1)dx\tag{4}$$

이다. 이제 식 (1), (2), (3), (4)를 이용하면 다음을 얻을 수 있다.

$$\begin{eqnarray}
\pi^2\int_0^1xf(x+1)dx & = & \pi^2\left(\left[xF(x+1)\right]_0^1 - \int_0^1F(x+1)dx\right) \\
& = & \pi^2F(2) - \pi^2\int_0^1F(x+1)dx \\
& = & \pi^2F(2) - 2\pi\int_0^1f(x)dx - \pi^2F(1) = \pi^2\left[F(2) - F(1)\right] - 2\pi\int_0^1f(x)dx \\
& = & \pi^2\int_1^2f(x)dx - 2\pi\int_0^1f(x)dx = 2\pi f(1) + 4f(-1) \\
& = & (2\pi - 4)f(1) \quad \textrm{($\because$ $f$는 원점에 대하여 대칭)}
\end{eqnarray}$$

이때 $f(1) = 1$이므로

$$\pi^2\int_0^1xf(x+1)dx = 2(\pi-2)$$

를 얻는다. $\Box$

네이버 블로그에서 이 글을 보기 (링크)