2016학년도 카이스트 논술_02

2 이상인 자연수 $n$에 대하여 $0\leq x \leq 1$에서 정의된 함수 $\displaystyle{f_n (x)=\frac{nx(1-x)^n}{1+(nx-1)^2}}$가 있다.

1) $\displaystyle{\frac{d f_n (x)}{dx}=0}$이 되는 $x$가 $0$과  $1$사이에 존재함을 보이시오.(2점)

2) $\displaystyle{g_n(x)=nx(1-x)^n, \;\;h_n(x)=\frac{1}{1+(nx-1)^2},\;\;0\leq x \leq 1}$ 이라 할 때, 함수 $g_n(x)$와 $h_n(x)$의 증가, 감소 구간을 구하시오.(3점)

3) $f_n(x)$가 $x=a_n$에서 최댓값을 가진다고 하자. 문제 2)의 결과를 이용하여 $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(a_n)}$을 구하시오.(5점)

풀이

1) $\displaystyle{f_n (0)=f_n(1)=0}$이고 $f_n(x)$는 $[0,1]$연속함수이고 $(0,1)$미분가능하다. 따라서 롤의 정리에 따라 $\displaystyle{\frac{d f_n (x)}{dx}=0}$인 $x$가 적어도 하나 존재한다.

2) $g^{\prime}(x)=n(1-x)^n+n^2 x(1-x)^{n-1}(-1)=n(1-x)^{n-1}(1-x-nx)=0$이므로 함수 $g_n(x)$는  $\displaystyle{0\leq x \leq \frac{1}{n+1}}$에서 증가 $\displaystyle{\frac{1}{n+1}\leq x \leq 1}$에서 감소한다.

$\displaystyle{h_n^{\prime}(x)=\frac{-2n(nx-1)}{(1+(nx-1)^2)^2}=0}$이므로 함수 $h_n(x)$는 $\displaystyle{0\leq x \leq \frac{1}{n}}$에서 증가 $\displaystyle{\frac{1}{n}\leq x \leq 1}$에서 감소한다.

3) 2)에 의하여 $f_n(x)$가 $x=a_n$에서 최댓값을 가진다고 하면 $\displaystyle{\frac{1}{n+1}\leq a_n \leq \frac{1}{n}}$이다. 따라서

$f_n(a_n)$은 $x\in \bigg[\displaystyle{\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}}\bigg]$일 때, $g_n(x)\times h_n(x)$의 최댓값과 같은데 이 값은 두 함수의 최댓값의 곱보다 작고 최솟값의 곱보다 크다.

$$g_n\bigg(\frac{1}{n}\bigg)\times h_n\bigg(\frac{1}{n+1}\bigg)\leq g_n(x)\times h_n(x)\leq g_n\bigg(\frac{1}{n+1}\bigg)\times h_n\bigg(\frac{1}{n}\bigg)$$

$$\frac{(1-\frac{1}{n})^n}{1+(n\frac{1}{n+1}-1)^2}\leq f_n(a_n)\leq \bigg(1-\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}$$

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(1-\frac{1}{n})^n}{1+(n\frac{1}{n+1}-1)^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\bigg(1-\frac{1}{n+1}\bigg)^{n+1}= \frac{1}{e}$$

$$\therefore \;\;\lim_{n\rightarrow\infty}f_n(a_n) =\frac{1}{e}$$