2021년 07월 15번

15. 최고차항의 계수가 $1$$1$인 사차함수 $f(x)$$f(x)$의 도함수 $f^{\prime }(x)$$f'(x)$에 대하여 방정식 $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$의 서로 다른 세 실근 $\alpha ,0,\beta (\alpha <0<\beta )$$\alpha,~0,~\beta ~(\alpha<0<\beta)$가 이 순서대로 등차수열을 이룰 때, 함수 $f(x)$$f(x)$는 다음 조건을 만족시킨다.

(가) 방정식 $f(x)=9$$f(x)=9$는 서로 다른 세 실근을 가진다.

(나) $f(\alpha )=-16$$f(\alpha)=-16$

함수 $g(x)=|f^{\prime }(x)|-f^{\prime }(x)$$g(x)=\big|f'(x)\big|-f'(x)$에 대하여 $\begin{array}{r}{\int }_0^{10}g(x)dx\end{array}$$\begin{aligned} \int_0^{10} g(x)dx \end{aligned}$의 값을 구하시오.

---

i. 정리

• $f(x)=x^4+\sim$$f(x)=x^4+\sim$
• $f^{\prime }(x)=4(x-\alpha )x(x+\alpha )$$f'(x)=4(x-\alpha)x(x+\alpha)$
• $f(x)=9$$f(x)=9$ 서로 다른 세 실근
• $f(\alpha )=-16$$f(\alpha )=-16$

ii. 그릴 수 있네? 그럼 그래프를 그리자!

• $f(0)=9$$f(0)=9$

그리고 그래프로 판단하면, $f(x)+16=(x-\alpha {)}^2(x+\alpha {)}^2$$f(x)+16=(x-\alpha)^2 (x+\alpha)^2$임을 알 수 있다.

$⟵x=0$$\longleftarrow\quad x=0$을 대입하면,

$25={\alpha }^4$$25=\alpha ^4$

$\therefore \alpha =-\sqrt{5}$$\therefore~\alpha=-\sqrt 5$

$\therefore f^{\prime }(x)=4(x+\sqrt{5})x(x-\sqrt{5})$$\therefore~f'(x)=4(x+\sqrt 5)x(x-\sqrt 5)$

iii. $g(x)$$g(x)$를 구하자.

$f^{\prime }(x)$$f'(x)$의 개형을 보면,

$\begin{array}{c}g(x)=\{\begin{array}{ll}-2f^{\prime }(x)& (0\le x<\sqrt{5})\\ \\ 0& (\sqrt{5}\le x)\end{array}\end{array}$$g(x)=\begin{cases} -2f'(x)&(0\le x<\sqrt 5)\\ \\ 0 &(\sqrt 5\le x)\end{cases}$

iv. 계산하자.

$\begin{array}{rl}{\int }_0^{10}g(x)dx& ={\int }_0^{\sqrt{5}}g(x)dx\\ \\ & =-2{\int }_0^{\sqrt{5}}{f}^{\prime }(x)dx\\ \\ & =-2[f(x){]}_0^{\sqrt{5}}\\ \\ & ⟵f(x)=(x+\sqrt{5}{)}^2(x-\sqrt{5}{)}^2-16\\ \\ & =-2[f(\sqrt{5})-f(0)]\\ \\ & =-2\times -25\\ \\ & =50\end{array}$$\begin{aligned} \int_0^{10} g(x)dx &= \int_0^{\sqrt 5} g(x)dx \\ \\ &=-2\int_0^{\sqrt 5} f'(x)dx \\ \\ &=-2\Big[ f(x)\Big]_0^{\sqrt 5} \\ \\ &\quad\quad \longleftarrow\quad f(x)=(x+\sqrt 5)^2 (x-\sqrt 5)^2 -16\\ \\ &=-2\Big[ f(\sqrt 5)-f(0)\Big] \\ \\ &=-2\times -25 \\ \\ &=50\end{aligned}$