2016년 07월 나형 30번

30. 다항함수 $f(x)$가 다음 조건을 만족시킨다.

(가) $\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac {f(x)}{x^4}=1$

(나) $f(1)=f'(1)=1$

$-1\le n\le 4$인 정수 $n$에 대하여 함수 $g(x)$를

이라 하자. 함수 $g(x)$가 열린구간 $(-1,~5)$에서 미분가능할 때, $\begin{aligned} \int_0^4 g(x)dx =\cfrac qp \end{aligned}$이다. $p+q$의 값을 구하시오. (단, $p,~q$는 서로소인 자연수이다.)

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i. 정리

• $\lim\limits_{x\to \infty} \cfrac {f(x)}{x^4}=1$

  $f(x)=x^4 +\sim$

• $f(1)=f'(1)=1$

  이건 아직 모르겠네.

• $-1\le n\le 4\quad (n\in\mathbb Z)\quad g(x)=f(x-n)+n\quad (n\le x<n+1)$

  열린구간 $(-1,~5)$에서 미분가능

ii. 생각

• $g(x)$를 보자.

  $[-1,~0],~[0,~1],~[1,~2],~[2,~3],~[3,~4],~[4,~5]$로 구간이 나뉠 것이고

  $x=0,~1,~2,~3,~4$에서 미분가능하다!

  조금 더 살펴보자.

  • $n=0$일 때,

    $g(x)=f(x)\quad (0\le x<1)$

    어랏?

    $g(1)=f(1)=1$

    $g'(1)=f'(1)=1$

  • $n=-1$이면?

    $g(x)=f(x+1)-1\quad (-1\le x<0)$

    $x=0$을 넣으면?

    $g(0)=f(1)-1=0$ 이고 $g'(0)=1$

    $\because~x=0$에서 미분가능

• 정리를 해보자.

  $\begin{cases} g(0)=1\\ \\ g'(0)=0\end{cases},\quad \begin{cases}f(0)=1\\ \\ f'(0)=1 \end{cases}\quad \Big(\because~g(x)=f(x)\quad (0\le x<1\Big)$

  그러면, $n=1,~2,~\cdots,~3$일 때에는 열린구간 $(0,~1)$에서의 $y=f(x)$의 개형이 각각 $x$축, $y$축으로 $n$씩 이동된 그래프일 것이다!

• $f(x)$를 구하자.

  • $f(x)=x^4+ax^3 +bx^2 +cx+d$라 하면,

  $f'(x)=4x^3 +3ax^2 +2bx+c$이고,

  $f(0)=0,~f'(0)=1,~f(1)=1,~f'(1)=1$을 대입하면,

  $\therefore~f(x)=x^4 -2x^3 +x^2+x$

  (계.산.생.략.)

iii. 게산

• $\begin{aligned} \int_0^4 g(x)dx \end{aligned}$를 대충 그려보면,

  

  즉,

  $\begin{aligned} \int_0^4 g(x)dx &= 4\int_0^1 f(x)dx +6\end{aligned}$

  $\begin{aligned} \int_0^1 f(x)dx =\cfrac 8{15}\end{aligned}$

  계.산.생.략.

$\therefore~\begin{aligned}\int_0^4 g(x)dx &=4\times \cfrac 8{15}+6 =\cfrac {122}{15}\end{aligned}$

$\therefore ~p+q=137$