2019학년도 카이스트 면접문제

지난해 출제된 문제다. 에피사이클로이드는 해마다 나온다고 밀던 문젠데 진짜로 나왔다. 올해는 어떤 문제가 나올까 궁금하다. 더보기를 누르면 풀이를 볼 수 있다.

문제 1.

반지름이 1인 반원 2개와, 가로와 세로의 길이가 각각 $\pi$, 2인 직사각형으로 이루어진 트랙(아래 그림)에 반지름이 $1/n$인 작은 원이 외접하여 돌고 있다.

작은 원이 트랙을 한 바퀴 돈다고 할 때, 작은 원 위에 고정된 한 점이 그리는 궤적을 생각해 보자. $n$은 짝수라고 하자. (총 4점)

(1) 이 궤적으로 둘러싸인 면적의 $n$이 무한대로 갈 때의 극한값을 구하고, 그에 대한 논리적 근거를 설명하시오.

(2) 이 궤적의 곡선의 길이를 구하고, $n$이 무한대로 갈 때의 극한값을 구하시오.

풀이 1) 문제에 주어진 궤적은 원래 트랙과 $2/n$만큼 더 넓은 트랙 사이에 존재한다. 따라서 궤적 안쪽의 넓이 $A$는 아래와 같은 식을 만족한다. $$\pi +2\pi \le A\le \pi (1+\frac{2}{n}{)}^2+2\pi (1+\frac{2}{n})$$ $n \rightarrow \infty$일 때, $A$의 극한값은 $3\pi$이다.

풀이 2) 직선 구간을 구를 때 자취는 사이클로이드이다. 출발점에서 중심이 $t$만큼 이동했을 때 회전한 각은 $nt$이다. 이때 중심은 $(t, 1/t)$이다. $$x=t-\frac{1}{n}\sin nt,y=\frac{1}{n}-\cos nt(0\le t\le \pi )$$

사이클로이드 곡선의 길이를 $L_1$이라고 하면 아래와 같다.

$$L_1=2{\int }_0^{\pi }\sqrt{(\frac{dx}{dt}{)}^2+(\frac{dy}{dt}{)}^2}dt=2{\int }_0^{\pi }\sqrt{2-2\cos t}dt=4{\int }_0^{\pi }|\sin \frac{t}{2}|dt=8$$

원둘레를 구를 때 곡선 길이는 $L_2$이라고 하자. 이 곡선은 에피사이클로이드이다.

에피사이클로이드를 매개변수 방정식으로 나타내자.

그림에서 $l_R =l_r$에서 $R\theta =r \alpha$이다.

구르는 원의 중심은 $((R+r)\cos \theta, (R+r)\sin \theta)$이다.

$$x=(R+r)\cos \theta -r\cos (\theta +\alpha ),y=(R+r)\sin \theta -r\sin (\theta +\alpha )$$

문제에서 주어진 상황은 $R=1, r=1/n$이므로

$$x=(1+\frac{1}{n})\cos \theta -\frac{1}{n}\cos (n+1)\theta ,y=(1+\frac{1}{n})\sin \theta -r\sin (n+1)\theta$$

$$\frac{dx}{d\theta }=-(1+\frac{1}{n})\sin \theta +\frac{n+1}{n}\sin (n+1)\theta .$$

$$\frac{dy}{d\theta }=(1+\frac{1}{n})\cos \theta -\frac{n+1}{n}\cos (n+1)\theta$$

$$\begin{array}{rl}\sqrt{(\frac{dx}{d\theta }{)}^2+(\frac{dy}{d\theta }{)}^2}& =(1+\frac{1}{n})\sqrt{2-2(\sin \theta \sin (n+1)\theta +\cos \theta \cos (n+1)\theta }\\ & =(1+\frac{1}{n})\sqrt{2-2\cos n\theta }\\ & =2(1+\frac{1}{n})\sqrt{{\sin }^2\frac{n\theta }{2}}\end{array}$$

이다. 따라서 곡선의 길이 $L_n=\displaystyle{8+8\bigg( 1+\frac{1}{n} \bigg)}$는 이다. 그러므로 구하는 직선의 길이는 이고 극한값은 $16$이다.

문제 2.

1부터 6까지 모든 정수가 같은 확률로 나오는 주사위를 두 번 던져서 첫 번째에 나온 수를 $a$, 두 번째 던졌을 때 나온 수를 $b$라 하자. 이차함수 $f(x)=x^2 +ax+b$를 생각하자. (총 6점) 

(1) 모든 실수 $x$에 대하여 $f(x) \geq 0$일 확률은 얼마인가?

(2) 동전을 던져서 앞면이 나오면 $f(x)=2019$의 두 실수해 중 큰 것을 $r$이라고 하고, 뒷면이 나오면 두 실수해 중 작은 것을 $r$이라고 하자. $r$의 기댓값을 구하시오.

(3) 모든 실수 $x$에 대하여 $f(x) \geq 0$이었다고 할 때, 점 $(t,f(t))$에서의 접선이 $(0,0)$을 지나며 $t \geq 2$인 $t$가 존재할 확률은 얼마인가?

풀이 1) 표본 공간 $S$라고 하면 $n(S)=36$이다.

모든 실수 $x$에 대하여 $f(x) \geq 0$ 인 사건을 $A$라고 하자.

2차식이 항상 0 이상이 되려면 판별식의 값이 0 이하가 되어야 한다.

$D=a^2 -4b \leq 0$에서 $a \leq \sqrt{4b}$이다.

$a=1,2,3,4,5,6$일 때 $a$가 될 수 있는 경우의 수는  $[\sqrt{4b}]$이다. (단, $[x]$는 $x$를 넘지 않는 최대 정수)

따라서 $\displaystyle{n(A)=\sum_{k=1}^{6}[\sqrt{4k}]=2+2+3+4+4+4+=10}$

그러므로 구하려는 확률은 $P(A)=19/36$이다.

풀이 2) $f(x)=2019$의 두 실근을 $\alpha,\beta$ (단, $\alpha > \beta$ )라고 하자.

정해진 $a,b$에 대한 확률변수 $r$에 대한 확률분포표는 아래와 같다.

$r(a,b)$	$\alpha$	$\beta$	계
$P_r (a,b)	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{2}$	1

$$E(r(a,b))=\frac{\alpha +\beta }{2}=-\frac{a}{2}$$

따라서 첫 번째 나온 수를 확률변수 $X$라고 하면 이다.

$$E(r)=E(-\frac{X}{2})=-\frac{1}{2}\times \frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)=-\frac{7}{4}$$

풀이 3) 점 $(t,f(t))$에서의 접선이 $(0,0)$을 지나며  $t \geq 2$인 $t$가 존재하는 사건을 $B$라고 하자.

곡선 위의 점  $(t,f(t))$에서 접선의 방정식은 $y-f(t)=f^{\prime} (t)(x-a)$이다. $f^{\prime} (t)=2t+a$이므로 접선이 원점을 지나려면 $$0=f(t)-a{f}^{\prime }(t)=t^2+at+b-(2t^2-at)=-t^2+b$$이다. $-t^2 +b=0$이고  $t \geq 2$이므로 $b \geq 4$이다.

$$n(A\cap B)=[\sqrt{16}]+[\sqrt{20}]+[\sqrt{24}]=4+4+4=12$$

구하고자 하는 확률은 $$P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{12}{19}$$이다. 

문제 3

(1) 한 변의 길이가 $a$이고 $n$개 ($n \geq3$)의 변을 가진 정다각형의 넓이를 $S_n(a)$라 표기하자. 주어진 양의 정수 $m$에 대해 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}\frac{S_{mn}(a)}{S_n (a)}}$를 구하시오.

(2) 한 변의 길이가 $\displaystyle{2 \sin \bigg( \frac{\pi}{20}\bigg)}$인 정이십각형을 밑면으로 하고 밑면을 포함하는 평면 밖의 한 점 $Q$를 꼭짓점으로 가지는 각뿔을 $A$라고 하자. 이 정이십각형의 꼭짓점 중 하나를 $P_1$이라 하고 정이십각형의 변을 따라 시계 반대 방향으로 이동할 때 만나는 꼭짓점을 각각 $P_2 , P_3 , \cdots,P_{20}$라 표기하자.

$\overline{QP_1}=\sqrt{2},\;\;\overline{QP_6}=\sqrt{3},\;\;\overline{QP_{11}}=\sqrt{4}$일 때 $A$의 부피를 구하시오. (단, 계산과정에서 나올 수 있는 삼각 함숫값을 정확히 구할 필요는 없음.) (총 5점) 

풀이 1) 한 변의 길이가 $a$인 정 $n$각형을 $A_n(a)$가 있다. 중심이 $O$인 외접원을 생각하자. 이웃한 두 꼭짓점 $A,B$와 외접원의 중심을 잇는 삼각형은 이등변 삼각형이다. 꼭지각이 $2\pi/n$이고 밑변이 $a$이다. 중심 $O$에서 선분 $AB$에 내린 수선의 길이는 $\displaystyle{\frac{a}{2\tan \frac{\pi}{n}}}$이므로 삼각형 $OAB$의 넓이는 $\displaystyle{\frac{a^2}{4\tan \frac{\pi}{n}}}$이다.

같은 삼각형이 $n$개 있으므로 다각형 $A_n(a)$의 넓이 $\displaystyle{S_n(a)=\frac{na^2}{4\tan \frac{\pi}{n}}=\frac{na^2 \cos \frac{\pi}{n}}{4\sin \frac{\pi}{n}} }$이다.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{S_{mn}(a)}{S_n(a)}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{mn{a}^2\cos \frac{\pi }{mn}}{4\sin \frac{\pi }{mn}}\frac{4\sin \frac{\pi }{n}}{n{a}^2\cos \frac{\pi }{n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{m\sin \frac{\pi }{n}}{\sin \frac{\pi }{mn}}=m^2$$

풀이 2) 한 변의 길이가 $\displaystyle{2 \sin \left( \frac{\pi}{20}\right)}$인 정이십각형의 외접원은 반지름이 $1$이다. 밑면을 포함하는 평면 밖의 한 점을 $Q(x,y,z)$라 하자.

그림에서 $P_1, P_6, P_{11}$의 좌표는 각각 $(1,0,0),(0,1,0), (-1,0,0)$라고 놓을 수 있다. 문제에 주어진 조건은 아래와 같다. $$(x-1{)}^2+y^2+z^2=2,x^2+(y-1{)}^2+z^2=3,x^2+y^2+(z-1{)}^2=4$$

연립방정식을 풀면 $$x-y=\frac{1}{2},x+y=\frac{1}{2}$$ 이다.

$$x=\frac{1}{2},y=0$$이므로 $$z=\sqrt{\frac{7}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$$이다.

따라서 $A$의 부피는 $$\begin{array}{rl}V& =\frac{1}{3}{S}_{20}(2\sin \frac{\pi }{20})\times \frac{\sqrt{7}}{2}\\ & =\frac{1}{3}\cdot \frac{20\cdot 4{\sin }^2\frac{\pi }{20}}{4\tan \frac{\pi }{20}}\times \frac{\sqrt{7}}{2}\\ & =\frac{10\sqrt{7}}{3}\sin \frac{\pi }{20}\cos \frac{\pi }{20}\\ & =\frac{10\sqrt{7}}{3}\times \frac{1}{2}\sin (2\frac{\pi }{20})\\ & =\frac{5\sqrt{7}}{3}\sin (\frac{\pi }{10})\end{array}$$이다.

문제 4  $\overline{AB}=\sqrt{3}, \overline{BC}=4$인 직사각형 $ABCD$의 세 변 $AB$, $BC$, $CD$의 안쪽이 거울로 되어 있어서 빛이 반사된다고 한다. 변 $DA$의 중점을 $M$이라 하자. 점 $A $에서 변 $AB$와 이루는 각이 $\theta$가 되도록 빛을 직사각형 내부로 쏘았을 때 빛이 처음으로 변 $DA$와 다시 만나게 되는 점을 $P$라 하자. (단, $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ )

처음에는 속도가 $0$이며 $1$초당 $\displaystyle{\frac{\sqrt3}{2}}$의 속도로 일정하게 $\theta$ 값을 증가시킨다고 하자. (총 5점)

(1) $P$가 처음으로 $M$과 같아질 때 $\theta$는 얼마인가?

(2) $\theta$가 $\pi/3$인 순간 빛이 $A$에서 $P$까지 이동한 총 거리와 선분 $AP$의 길이를 구하시오.

(3) $P$가 $n$번째로 $M$과 같아질 때 $P$가 움직이는 속력을 $a_n$이라고 하자. (단, $a_n >0$)  $a_n$을 구하시오.

좌표평면 위에서 $A$가 $(0,0)$ , $B$가 $(\sqrt3 ,0)$, $C$가 $(\sqrt3 ,4)$, $D$가 $(0,4)$에 있다고 하자. 이 문제를 쉽게 풀기 위해서는 빛이 반사되어 움직이는 대신 빛은 직선으로 이동하고 대신 원래 그림을 그 직선으로 대칭이동 시켜서 생각하는 것이 편리하다.

그러면 결국 그림처럼 $y=8,y=16,y=24,\cdots$ 와 같은 직선은 직선 $AB$와 같아지며, $y=4,y=12,y=20, \cdots $과 같은 직선은 직선 $CD$와 같아진다. 직선 $BC$에 대칭이동 시켜 생각하면 $x=2\sqrt3$은 직선 $DA$와 같다.

(1) 점 $M$은 $(0,2)$에 위치하며 이 점은 정수 $n$에 대하여 $(2\sqrt3 ,2+4n)$와 같다. $x$를 증가시켰을 때 가장 먼저 만나는 점은 $(2\sqrt3 ,2)$이 되고, 원점에서 $(2\sqrt3 ,2)$를 잇는 직선의 기울기는 $\displaystyle{\tan\theta=\frac{1}{\sqrt3}}$이 되어 $\theta= \pi/6$ (혹은 30도)를 얻는다. 

(2) $\theta$가 $\pi/3$이면 $\tan\theta=\sqrt3$이므로 $y=\sqrt3 x$인 직선이 $x=2\sqrt3$인 직선을 만나는 지점은 $(2\sqrt3 ,6)$이 된다. 이때 $(2\sqrt3 ,4)$는 D와 같고 $(2\sqrt3 ,8)$은 A와 같으므로 $P$는 $M$과 같아진다.

즉 $P$와 $A$ 사이 거리는 $2$가 된다. 한편 빛이 이동한 거리는 피타고라스 정리에 따라 $4\sqrt3$이 된다. 

(3) $P$의 직선 $x=2 \sqrt {3}$ 위에서의 $y$좌표를 $y$라고 하면 $y=2\sqrt3 \tan\theta$가 된다.

1초당 $\theta$가 $\sqrt3 /2$씩 일정하게 증가하므로 $\displaystyle{\frac{d \theta}{d t}=\frac{\sqrt3}{2}}$이다. 따라서 $$\frac{dy}{dt}=\frac{d(2\sqrt{3}\tan \theta )}{dt}=2\sqrt{3}{\sec }^2\theta \frac{d\theta }{dt}=3{\sec }^2\theta$$가 된다.

한편 $1+\tan^2 \theta = \sec^2 \theta$이다. 따라서 $$\frac{dy}{dt}=3(1+{\tan }^2\theta )$$ 이제 $P$가 $n$번째로 $M$이 된다면 $y=2+4(n-1)$이 되어야 하므로 $4n-2=2\sqrt3\tan\theta$가 되어서 $$\tan \theta =\frac{4n-2}{2\sqrt{3}}$$이 된다. 이것을 위 식에 대입하면 $n$ 번째로 $P$가 $M$을 만날 때 이동속도는 아래와 같다.

$$a_n=\frac{dy}{dt}=3(1+(\frac{2n-1}{\sqrt{3}}{)}^2)=3+(2n-1{)}^2=4n^2-4n+4$$