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가끔은 아주 어려워 보이는 문제가 단순한 테크닉의 조합만으로 쉽게 풀리는 경우가 있습니다. 2018학년도 수능 나형 30번이 그러한 경우입니다. 이 문제를 풀기 위해서 필요한 것은 [소소하지만 확실한 테크닉] 2개와 (조금 길긴 하지만) 단순한 계산 뿐입니다.

2018학년도 수능 나형 30번

(가) \(0\leq x\lt 1\) 일 때, \(g(x)=f(x)\) 이다.
(나) \(n\leq x \lt n+1\) 일 때, $$g(x)=\frac{1}{2^n}\{f(x-n)-(x-n)\}+x$$이다. (단, \(n\)은 자연수이다.)

어떤 자연수 \(k(k\geq 6)\)에 대하여 함수 \(h(x)\)는 $$h(x)=
\begin{cases}
g(x) & \text{($0\leq x \lt 5$ 또는 $x\geq k$)}\\
2x-g(x) & \text{($5\leq x \lt k$)}
\end{cases}$$이다. 수열 \(\{a_n\}\)을 \(a_n=\displaystyle\int_0^nh(x)dx\) 라 할 때, $$\lim\limits_{n\to\infty}(2a_n-n^2)=\frac{241}{768}$$이다. \(k\)의 값을 구하시오.

필요한 소확테

이 문제는 소소하지만 확실한 테크닉 2개를 사용합니다.

● 테크닉1 : 정적분의 수열화(→정적분의 수열화)
● 테크닉2 : 정적분의 위끝과 아래끝 변환(→정적분의 위끝과 아래끝 변환)

문제 풀이의 얼개

이 문제를 풀기 위해서는 대략 4가지 단계를 거쳐야 합니다. 각 단계마다 필요한 계산이 아주 복잡한 것은 아니지만, 그 과정이 다른 문제에 비해 꽤 길기 때문에 먼저 문제 풀이를 위한 밑그림을 그리고 풀이를 시작하도록 하겠습니다.

STEP1: 정적분으로 정의된 \(a_n\) 을 수열의 합으로 바꾸어 표현하기

소소하지만 확실한 테크닉 정적분의 수열화 를 사용해 \(a_n\)을 수열의 합으로 표현하는 단계입니다.

STEP2: \(\int_{m-1}^{m}h(x)dx\) 구하기

소소하지만 확실한 테크닉 정적분의 위끝과 아래끝 변환을 사용해 \(\int_{m-1}^{m}h(x)dx\)를 계산하는 단계입니다.

STEP3: \(a_n\)구하기

[STEP2]의 결과를 이용해 \(a_n\)을 구하는 단계입니다.

STEP4: \(\lim\limits_{n\to\infty}(2a_n-n^2)\) 구하기

[STEP3]에서 구한 결과를 이용해 극한값을 계산하고, \(k\)의 값을 구하는 단계입니다.

이 순서를 따라가며 구체적으로 문제를 풀어보겠습니다.

STEP1: \(a_n\) 을 수열의 합으로 바꾸어 표현하기

소소하지만 확실한 테크닉 정적분의 수열화를 사용하면, $$a_n=\int_0^{n}h(x)dx=\sum_{m=1}^{n}\int_{m-1}^mh(x)dx$$ 과 같이, \(a_n\)을 수열의 합으로 표현할 수 있습니다. 이제 다음 순서는 $$\int_{m-1}^mh(x)dx$$를 \(m\)에 대한 식으로 표현하는 것입니다.

STEP2:\(\int_{m-1}^{m}h(x)dx\) 구하기

주어진 조건에 의하면, $$h(x)=
\begin{cases}
g(x) & \text{($0\leq x \lt 5$ 또는 $x\geq k$)}\\
2x-g(x) & \text{($5\leq x \lt k$)}
\end{cases}$$ 입니다. 따라서 적분구간의 아래끝 \(m-1\)이 \(0\)이상이고, 정적분의 위끝 \(m\)이 \(5\)이하일 때, 즉, $$0\leq m-1<m\leq 5 \Leftrightarrow 1\leq m \leq 5$$일 때에는 적분구간이 \(0\leq x <5\)에 포함되므로 정적분을 할 때 \(h(x)=g(x)\)로 두어야 합니다. 마찬가지로 정적분의 아래끝 \(m-1\)이 \(k\) 이상일 때, 즉, $$k\leq m-1 \Leftrightarrow k+1\leq m$$일 때에는 적분구간이 \(x\geq k\)에 포함되므로 이 때에도 정적분을 할 때 \(h(x)=g(x)\)로 두어야 합니다.

그 이외의 경우 정적분의 아래끝 \(m-1\)이 \(5\)이상이고, 정적분의 위끝 \(m\)이 \(k\)이하 일 때, 즉 $$5\leq m-1<m\leq k\Leftrightarrow 6\leq m\leq k$$ 일 때에는 \(h(x)=2x-g(x)\)로 두고 정적분을 해주어야 합니다. 이 결과를 정리하면 $$\int_{m-1}^{m}h(x)dx=
\begin{cases}
\int_{m-1}^{m}g(x)dx &\text{($1\leq m\leq 5$ 또는 $m\geq k+1$)}\\
\int_{m-1}^{m}(2x-g(x))dx &\text{($6\leq m \leq k$)}\\
\end{cases}$$ 입니다. 따라서 이 문제를 풀기 위해서는 $$\int_{m-1}^mg(x)dx,\  \int_{m-1}^m(2x-g(x))dx$$를 모두 구해야 합니다.

\(\int_{m-1}^mg(x)dx\)

주어진 조건에 의하면 \(n\)은 자연수이고, \(n\leq x\leq n+1\) 일 때$$g(x)=\frac{1}{2^n}\{f(x-n)-(x-n)\}+x$$ 이므로 \(\displaystyle\int_n^{n+1}g(x)dx\) 은 다음과 같이 두 개의 정적분으로 나누어 계산할 수 있습니다. $$\begin{align}
&\int_n^{n+1}g(x)dx\\
&=\int_n^{n+1}\left(\frac{1}{2^n}\{f(x-n)-(x-n)\}+x\right)dx\\
&=\frac{1}{2^n}\int_n^{n+1}\left(f(x-n)-(x-n)\right)dx+\int_n^{n+1}xdx
\end{align}$$ 이 중 왼쪽에 있는 정적분 $$\frac{1}{2^n}\int_n^{n+1}(f(x-n)-(x-n))dx$$이 바로 소소하지만 확실한 테크닉 정적분의 위끝과 아래끝 변환을 사용하면 간단히 계산할 수 있는 정적분입니다. 정적분의 위끝과 아래끝에서 \(n\)을 빼고, $$\begin{align}\text{아래끝}&:n\to n-n=0\\\text{위끝}&:n+1\to n+1-n=1\end{align}$$대신 적분해야 하는 함수에 들어있는 \(x\) 대신 \(x+n\)을 대입합니다. $$\begin{align}f(x-n)&\to f(x+n-n)=f(x)\\x-n&\to x+n-n=x\end{align}$$ 이렇게 변환을 하면 정적분이 매우 간단한 형태로 바뀌게 됩니다.$$\begin{align}
&\frac{1}{2^n}\int_n^{n+1}\left(f(x-n)-(x-n)\right)dx\\
&=\frac{1}{2^n}\int_0^1\left(f(x)-x\right)dx\\
&=\frac{1}{2^n}\int_0^1\left(\frac{3x-x^2}{2}-x\right)dx\\
&=\frac{1}{2^n}\int_0^1\frac{x-x^2}{2}dx\\
&=\frac{1}{2^n}\left[\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{6}x^3\right]_0^1\\
&=\frac{1}{2^n}\left\{\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)-\left(0-0\right)\right\}\\
&=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^n}\tag{1}\label{eq1}
\end{align}$$ 오른쪽 정적분은 특별한 테크닉이 필요없는 단순한 정적분입니다. $$\begin{align}
&\int_n^{n+1}xdx=\left[\frac{1}{2}x^2\right]_n^{n+1}\\
&=\frac{1}{2}\left(n+1\right)^2-\frac{1}{2}n^2\\
&=n+\frac{1}{2}\tag{2}\label{eq2}
\end{align}$$ 이제 \(\eqref{eq1}\) 과 \(\eqref{eq2}\) 를 더하면 $$\int_n^{n+1}g(x)dx=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^n}+n+\frac{1}{2}$$를 얻을 수 있고, \(n\to m-1\)를 대입하면 $$\begin{align}\int_{m-1}^mg(x)dx&=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+(m-1)+\frac{1}{2}\\&=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\tag{3}\label{eq3}\end{align}$$를 얻을 수 있습니다.

\(\int_{m-1}^m(2x-g(x))dx\)

\(\eqref{eq3}\)을 이용하면, \(\displaystyle\int_{m-1}^{m}(2x-g(x))dx\) 은 쉽게 구할 수 있습니다. $$\begin{align}
&\int_{m-1}^{m}2x-g(x)dx\\
&=\int_{m-1}^{m}2xdx-\int_{m-1}^{m}g(x)dx\\
&=\left[x^2\right]_{m-1}^{m}-\left(\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\right)\\
&=(m)^2-(m-1)^2-\left(\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\right)\\
&=2m-1-\left(\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\right)\\
&=m-\frac{1}{2}-\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}
\end{align}$$ 여기까지 구했다면, 수열의 합으로 표현된 \(a_n\)을 구할 수 있습니다.

STEP3: \(a_n\)구하기

주어진 조건에서 \(k\) 는 6보다 큰 어떤 자연수이지만, \(n\to\infty\) 이므로 \(n\geq k+1\) 이라고 생각할 수 있습니다. 따라서, $$a_n=\int_0^nh(x)dx=\sum_{m=1}^n\int_{m-1}^{m}h(x)dx$$를 \(m\)의 값에 따라 다음과 같이 3개의 합으로 나누어 줍니다.
$$\begin{align}
&\sum_{m=1}^5\int_{m-1}^mh(x)dx+\sum_{m=6}^{k}\int_{m-1}^mh(x)dx+\sum_{m=k+1}^{n}\int_{m-1}^mh(x)dx\\
&=\sum_{m=1}^5\int_{m-1}^mg(x)dx+\sum_{m=6}^{k}\int_{m-1}^m2x-g(x)dx+\sum_{m=k+1}^{n}\int_{m-1}^mg(x)dx\\
\end{align}$$ 이 3개의 합을 각각 구하고, 그 결과를 모두 더하면 \(a_n\)을 구할 수 있습니다.

\(\displaystyle\sum_{m=1}^5\int_{m-1}^mg(x)dx\)

먼저 가장 왼쪽에 있는 합 $$\begin{align}
&\sum_{m=1}^5\int_{m-1}^mh(x)dx\\
&=\sum_{m=1}^5\left(\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{12}\sum_{m=1}^5\frac{1}{2^{m-1}}+\sum_{m=1}^5\left(m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{12}\frac{1\cdot\left(1-(\frac{1}{2})^5\right)}{1-\frac{1}{2}}+\sum_{m=1}^5\left(m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{32}\right)+\sum_{m=1}^5\left(m-\frac{1}{2}\right)\tag{4}\label{eq4}
\end{align}$$입니다.

\(\displaystyle\sum_{m=6}^{k}\int_{m-1}^m2x-g(x)dx\)

그리고 가운데에 있는 합 $$\begin{align}
&\sum_{m=6}^{k}\int_{m-1}^mh(x)dx\\
&=\sum_{m=6}^{k}\left(m-\frac{1}{2}-\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}\right)\\
&=\sum_{m=6}^{k}\left(m-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{12}\sum_{m=6}^{k}\frac{1}{2^{m-1}}\\
&=\sum_{m=6}^{k}\left(m-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{12}\left(\frac{\frac{1}{2^5}\left(1-(\frac{1}{2})^{k-5}\right)}{1-\frac{1}{2}}\right)\\
&=\sum_{m=6}^{k}\left(m-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{32}-\left(\frac{1}{2}\right)^k\right)\tag{5}\label{eq5}
\end{align}$$ 입니다.

\(\displaystyle\sum_{m=k+1}^{n}\int_{m-1}^mg(x)dx\)

마지막으로, 가장 오른쪽에 있는 합 $$\begin{align}
&\sum_{m=k+1}^{n}\int_{m-1}^mh(x)dx\\
&=\sum_{m=k+1}^{n}\left(\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2^{m-1}}+m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{12}\sum_{m=k+1}^n\frac{1}{2^{m-1}}+\sum_{m=1}^5\left(m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{12}\frac{\frac{1}{2^k}\cdot\left(1-(\frac{1}{2})^{n-k}\right)}{1-\frac{1}{2}}+\sum_{m=k+1}^n\left(m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2^k}-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right)+\sum_{m=k+1}^n\left(m-\frac{1}{2}\right)\tag{6}\label{eq6}
\end{align}$$ 입니다. 이 3개의 합의 결과인 \(\eqref{eq4}\), \(\eqref{eq5}\), \(\eqref{eq6}\)를 모두 더하면 $$\begin{align}
&\eqref{eq4}+\eqref{eq5}+\eqref{eq6}\\
&=\frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{32}-\frac{1}{32}+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2^k}-\frac{1}{2^n}\right)+\sum_{m=1}^{n}\left(m-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{6}\left(\frac{15}{16}+\frac{2}{2^k}-\frac{1}{2^n}\right)+\left(\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{2}\right)\\
&=\frac{1}{6}\left(\frac{15}{16}+\frac{1}{2^{k-1}}-\frac{1}{2^n}\right)+\frac{n^2}{2}\\
\end{align}$$ 를 얻을 수 있습니다. 끝까지 거의 다 왔습니다. 이제 다음 단계로 넘어가 문제에서 요구하는 답을 구해보겠습니다.

STEP4: \(\lim\limits_{n\to\infty}(2a_n-n^2)\) 구하기

이제 남은 것은 극한 $$\lim\limits_{n\to\infty}2a_n-n^2$$을 계산하는 것 뿐입니다.
$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{2^n}=0$$ 이므로 $$\begin{align}
&\lim\limits_{n\to\infty}\left(2a_n-n^2\right)=\frac{241}{768}\\
&\Leftrightarrow\lim\limits_{n\to\infty}\left\{\frac{1}{3}\left(\frac{15}{16}+\frac{1}{2^{k-1}}-\frac{1}{2^n}\right)+n^2-n^2\right\}\\
&=\frac{1}{3}\left(\frac{15}{16}+\frac{1}{2^{k-1}}\right)=\frac{241}{768}
\end{align}$$입니다. 이 결과를 정리하여 \(k\)를 구하면, $$\begin{align}\frac{1}{2^{k-1}}&=3\cdot\frac{241}{768}-\frac{15}{16}\\&=\frac{241}{256}-\frac{240}{256}\\&=\frac{1}{256}=\frac{1}{2^8}\end{align}$$$$\therefore k=9$$