2022학년도 09월 22번

22. 최고차항의 계수가 $1$$1$인 삼차함수 $f(x)$$f(x)$에 대하여 함수

$$g(x)=f(x-3)\times \underset{h\to 0+}{lim}\frac{|f(x+h)|-|f(x-h)|}{h}$$

가 다음 조건을 만족시킬 때, $f(5)$$f(5)$의 값을 구하시오.

(가) 함수 $g(x)$$g(x)$는 실수 전체의 집합에서 연속이다.

(나) 방정식 $g(x)=0$$g(x)=0$은 서로 다른 네 실근 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$$\alpha_1,~\alpha_2,~\alpha_3,~\alpha_4$를 갖고 ${\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3+{\alpha }_4=7$$\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=7$이다.

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i. 정리

• $f(x)=x^3+\sim$$f(x)=x^3 +\sim$

• $h(x)=|f(x)|$$h(x)=|f(x)|$라 하면,

  $\begin{array}{rl}\underset{h\to 0+}{lim}\frac{|f(x+h)|-|f(x-h)|}{h}& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{h(x+h)-h(x-h)}{h}\\ \\ & =\underset{h\to 0+}{lim}\frac{(h(x+h)-h(x))-(h(x-h)-h(x))}{h}\\ \\ & \text{미분계수의 정의를 막 쓰고 싶잖아?}\\ \\ & =\underset{h\to 0+}{lim}\frac{h(x+h)-h(x)}{h}-\underset{h\to 0+}{lim}\frac{h(x-h)-h(x)}{h}\\ \\ & t=-h\text{라 하면},\\ \\ & =\underset{h\to 0+}{lim}\frac{h(x+h)-h(x)}{h}+\underset{t\to 0-}{lim}\frac{h(x+t)-h(x)}{h}\end{array}$$\begin{aligned} \lim\limits_{h\to 0+} \cfrac {\big|f(x+h)\big|-\big|f(x-h)\big|}h &= \lim\limits_{h\to 0} \cfrac{h(x+h)-h(x-h)}h \\ \\ &= \lim\limits_{h\to 0+}\cfrac{\big(h(x+h)-h(x)\big)-\big(h(x-h)-h(x)\big)}h \\ \\ &\text{미분계수의 정의를 막 쓰고 싶잖아?}\\ \\ &= \lim\limits_{h\to 0+} \cfrac{h(x+h)-h(x)}h-\lim\limits_{h\to 0+}\cfrac{h(x-h)-h(x)}h\\ \\ &t=-h\text{라 하면},\\ \\ &=\lim\limits_{h\to 0+}\cfrac{h(x+h)-h(x)}h+\lim\limits_{t\to 0-}\cfrac{h(x+t)-h(x)}h\end{aligned}$

  즉, 뒤에 붙은 극한식은 $h(x)$$h(x)$의 좌미분계수와 우미분계수의 합임을 알 수 있다. 아우 드러워...

• $g(x)=f(x-3)\times (h^{\prime }(x)$$g(x)=f(x-3)\times \Big(h'(x)$좌$+h^{\prime }(x)우)$$+h'(x)우\Big)$

• $g(x)$$g(x)$는 연속

• $g(x)=0⟶{\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3+{\alpha }_4=7$$g(x)=0\quad\longrightarrow \quad \alpha_1 +\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4 =7$

• $f(5)=?$$f(5)=?$

ii. 생각하자.

• $h^{\prime }(x)$$h'(x)$을 알아야 한다.

  1. $y=h(x)$$y=h(x)$를 구해야한다
  2. $h(x)=|f(x)|$$h(x)=|f(x)|$
  3. $y=|f(x)|$$y=|f(x)|$를 구한 후, $h^{\prime }(x)$$h'(x)$를 구할 수 있겠다!

• 경우를 최대한 적게 나누자.

  1. $f^{\prime }(x)>0$$f'(x)>0$

  2. $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$이 중근

  3. $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$이 서로 다른 두 실근을 가질 때,

     1. $f(x)=0$$f(x)=0$ 이 서로 다른 세 실근
     2. $f(x)=0$$f(x)=0$이 서로 다른 두 실근 (어... 두 가지 경우가 발생하네....)

iii. $f^{\prime }(x)>0$$f'(x)>0$일 때,

이를 이용하여 $h^{\prime }(x)$$h'(x)$를 그려보면,

불연속 점이 어디에 있어도 절대로 $g(x)=0$$g(x)=0$이 서로 다른 네 실근을 가질 수가 없다!

오...마찬가지로 $y=f^{\prime }(x)$$y=f'(x)$가 $x$$x$ 축에 접할 때도 동일하게 $g(x)=0$$g(x)=0$이 서로 다른 네 실근을 가질 수 없음을 알 수 있다!

iv. $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$이 두 실근을 가질 때, (뭐 이쯤 되면 $f(x)=(x-\alpha {)}^2(x-\beta )$$f(x)=(x-\alpha)^2 (x-\beta)$란 형태를 가질 거 같긴 하다? 그래도 어찌됐든 해설이니 모든 경우를... ㅜ.ㅜ)

이를 토대로 $y=h^{\prime }(x)$$y=h'(x)$를 그리려고 했지만... 버그로 제대로 그려지지 않아서 수식으로 대체한다....

$f(x)=0$$f(x)=0$의 근을 ${\gamma }_1,{\gamma }_2,{\gamma }_3$$\gamma_1,~\gamma_2,~\gamma_3$라 하면, (${\gamma }_1<{\gamma }_2<{\gamma }_3$$\gamma_1<\gamma_2 <\gamma_3$)

$\begin{array}{c}g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x-3)\times -2f^{\prime }(x)& x<{\gamma }_1\\ \\ 0& x={\gamma }_1\\ \\ f(x-3)\times 2f^{\prime }(x)& {\gamma }_1<x<{\gamma }_2\\ \\ 0& x={\gamma }_2\\ \\ f(x-3)\times -2f^{\prime }(x)& {\gamma }_2<x<{\gamma }_3\\ \\ 0& x={\gamma }_3\\ \\ f(x-3)\times 2f^{\prime }(x)& \gamma <x\end{array}\end{array}$$g(x)=\begin{cases} f(x-3)\times -2f'(x) &x<\gamma_1\\ \\ 0 &x=\gamma_1 \\ \\ f(x-3)\times 2f'(x)&\gamma_1<x<\gamma_2\\ \\ 0 &x=\gamma_2 \\ \\ f(x-3)\times -2f'(x)&\gamma_2<x<\gamma_3\\ \\ 0 &x=\gamma_3\\ \\ f(x-3)\times 2f'(x)&\gamma<x \end{cases}$

뭐 식은 복잡해 보이지만, 극한식 부분이 $x={\gamma }_1,{\gamma }_2,{\gamma }_3$$x=\gamma_1,~\gamma_2,~\gamma_3$에서 불연속이란 것만 알면 된다.

조건 (가)를 맞추기 위해 ${\gamma }_1+3=\alpha ,{\gamma }_2+3=\beta$$\gamma_1 +3=\alpha,~\gamma_2+3 =\beta$ 이 되도록 $y=f(x)$$y=f(x)$를 가정해도, $x={\gamma }_1$$x=\gamma_1$에서 불연속이 발생하는 것을 막을 수 없다.

v. $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$이 두 실근($\alpha <\beta$$\alpha<\beta$)을 갖고, $f(x)=(x-\gamma )(x-\beta {)}^2(\gamma <\alpha )$$f(x)=(x-\gamma)(x-\beta)^2\quad (\gamma<\alpha)$일 때,

$\begin{array}{c}g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x-3)\times -2f^{\prime }(x)& x<\gamma \\ \\ 0& x=\gamma \\ \\ f(x-3)\times 2f^{\prime }(x)& \gamma <x\end{array}\end{array}$$g(x)=\begin{cases} f(x-3)\times -2f'(x)&x<\gamma\\ \\ 0 &x=\gamma\\ \\ f(x-3)\times 2f'(x)&\gamma<x\end{cases}$

$x=\gamma$$x=\gamma$에서 연속이어야 한다.

$\underset{x\to \gamma +}{lim}g(x)=\underset{x\to \gamma -}{lim}g(x)=0$$\lim\limits_{x\to \gamma+}g(x)=\lim\limits_{x\to \gamma-}g(x)=0$

그런데, $f^{\prime }(\gamma )\ne 0$$f'(\gamma)\neq 0$ 이므로, $f(\gamma -3)=0$$f(\gamma-3)=0$이어야 한다? 모순이다!

vi. 나머지 경우다. $f^{\prime }(x)=0$$f'(x)=0$의 두 실근($\alpha <\beta$$\alpha <\beta$), $f(x)=(x-\alpha {)}^2(x-\gamma )(\beta <\gamma )$$f(x)=(x-\alpha)^2 (x-\gamma)\quad (\beta <\gamma)$

$\begin{array}{c}g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x-3)\times -2f^{\prime }(x)& x<\gamma \\ \\ 0& x=\gamma \\ \\ f(x-3)\times 2f^{\prime }(x)& \gamma <x\end{array}\end{array}$$g(x)=\begin{cases} f(x-3)\times -2f'(x)&x<\gamma \\ \\ 0 &x=\gamma \\ \\ f(x-3)\times 2f'(x) & \gamma<x\end{cases}$

$x=\gamma$$x=\gamma$에서 연속이다.

$f(\gamma -3)=0$$f(\gamma-3)=0$

$\therefore \gamma -3=\alpha ⟶\gamma =\alpha +3$$\therefore~\gamma-3=\alpha\longrightarrow\quad \gamma=\alpha+3$

그러면, $f(x)=(x-\alpha {)}^2(x-(\alpha +3))$$f(x)=(x-\alpha )^2 \big(x-(\alpha+3)\big)$

이럴 때, $g(x)=0$$g(x)=0$의 근은 $\gamma ,\alpha ,\beta ,\gamma +3$$\gamma,~\alpha,~\beta,~\gamma+3$

어? $\beta$$\beta$의 관련식을 알아내야 한다.

아! 극솟값은 $x=\beta$$x=\beta$에서 갖는다. 이를 계산하면,

$f^{\prime }(x)=3(x-\alpha )(x-(\alpha +2))$$f'(x)=3(x-\alpha)\big(x-(\alpha+2)\big)$

$\therefore \beta =\alpha +2$$\therefore~\beta=\alpha +2$

이제 네 근의 합이 $7$$7$임을 이용하면,

$\alpha =-1$$\alpha=-1$

$\therefore f(x)=(x+1{)}^2(x-2)$$\therefore~f(x)=(x+1)^2 (x-2)$

$\therefore f(5)=6^2\times 3=108$$\therefore~f(5)=6^2\times 3=108$