27 킬캠 1-4 30번

문제

30. 세 상수 $a(a>0)$ , $b$ , $c$ 에 대하여 함수 $f(x)=a(\ln x)^2-b\ln x+c$ 가 모든 양수 $x$ 에 대하여 $f(x)>0$ 이다.

양수 $t$ 에 대하여 곡선 $y=f(x)$ 위의 점 $(t,f(t))$ 에서 $x$ 축까지의 거리와 $y$ 축까지의 거리 중 크지 않은 값을 $g(t)$ 라 하자. $k>1$ 인 상수 $k$ 에 대하여 함수

h(t)=kg(t)+g(k)|t-1|

이 양의 실수 전체의 집합에서 미분가능하고 $h'(1)=0$ 일 때, $f(k^2)=pe^2+q$ 이다. $p+q$ 의 값을 구하시오. (단, $p$ , $q$ 는 유리수이고 $e^2$ 은 무리수이다.) [4점]

$t>0$ , $f(t)>0$ 이므로 두 거리는 각각 $f(t)$ 와 $t$ 입니다. 따라서

g(t)=\min\{t,f(t)\}>0.

$h'(1)=0$ 에서 좌우 미분계수는 각각

kg'_-(1)-g(k)=0,

kg'_+(1)+g(k)=0.

따라서 $g'_-(1)>0>g'_+(1)$ 이고 두 값의 합은 $0$ 입니다. 만약 $f(1)\ne1$ 이면 $1$ 근방에서 $g$ 는 한 함수와 계속 일치하므로 이렇게 기울기가 달라질 수 없습니다. 따라서

f(1)=1\quad\Longrightarrow\quad c=1.

$f'(1)=-b$ 이고, 두 함수가 같은 값을 가질 때, 더 작은 함수를 고르는 $g$ 의 좌우 기울기는

g'_-(1)=\max\{1,-b\},

g'_+(1)=\min\{1,-b\}.

오른쪽 기울기가 음수이고 두 기울기의 합이 $0$ 이므로

g'_-(1)=1,\qquad g'_+(1)=-1.

b=1,\qquad g(k)=k.

이제

f(x)=a(\ln x)^2-\ln x+1,

f'(x)=\frac{2a\ln x-1}{x}.

$f(1)=1$ , $f'(1)=-1$ 이므로 $1$ 바로 오른쪽에서는 $f(t)<t$ 입니다. 그런데 $f(k)\ge k$ 이므로, 연속성에 의해

1<r\le k,\qquad f(r)=r

인 점 $r$ 이 존재합니다. $r>1$ 에서는 절댓값 항이 매끄럽기 때문에, $h$ 가 미분가능하려면 $g$ 도 미분가능해야 합니다.

다시 만나는 위치 $r$ 과 문제의 상수 $k$ 를 구별하는 이유는, 아직 $f(k)>k$ 의 가능성이 남아 있기 때문입니다.

2a\ln r-1=r,

a(\ln r)^2-\ln r+1=r.

첫째 식에서 $a\ln r=(r+1)/2$ 를 얻어 둘째 식에 대입하면

\frac{r+1}{2}\ln r-\ln r+1=r,

(r-1)(\ln r-2)=0.

$r>1$ 이므로

r=e^2,\qquad a=\frac{e^2+1}{4}.

아래 그림은 이때의 실제 함수와 직선입니다. $(1,1)$ 에서는 가로지르고, $(e^2,e^2)$ 에서는 기울기가 같아집니다.

x

y

0

(1,1)

(e^2,e^2)

y=f(x)

y=x

$a>0$ 이라는 조건은 $\ln x$ 에 대한 이차식의 계수가 양수라는 뜻입니다. $x$ 에 대한 그래프가 계속 위로 휜다는 뜻은 아닙니다. 실제로

f''(x)=\frac{2a+1-2a\ln x}{x^2}.

$x\ge r=e^2$ 이면 $\ln x\ge2$ 이므로, 위 분자는

2a+1-2a\ln x\le1-2a,

1-2a=\frac{1-e^2}{2}<0.

따라서 $x\ge r$ 에서 $f''(x)<0$ , 즉 $f'(x)$ 가 계속 감소합니다. 또한 도함수의 분자는 $4a-1=e^2>0$ 이상이므로 양수입니다. 접점에서는 $f'(r)=1$ 이므로

x>r\quad\Longrightarrow\quad0<f'(x)<1.

엄밀하게는 차이를 $D(x)=f(x)-x$ 로 놓으면

D(r)=0,\qquad D'(x)=f'(x)-1<0\;(x>r),

x>r\quad\Longrightarrow\quad D(x)<0.

다음 차이 그래프에서는 이 사실이 더 선명합니다. $x=e^2$ 에서 높이 $0$ 에 닿은 뒤, 차이는 다시 감소합니다. $x$ 축 아래라는 것이 바로 $f(x)<x$ 를 뜻합니다.

x

y

0

1

e^2

y=f(x)-x

그런데 앞서 $r\le k$ 와 $f(k)\ge k$ 를 얻었습니다. $k>r$ 이면 방금 증명한 $f(k)<k$ 와 모순이므로

k=r=e^2.

k^2=e^4,\qquad\ln(k^2)=4,

f(k^2)=16a-4+1,

=4(e^2+1)-3=4e^2+1.

$p=4$ , $q=1$ 이므로

\boxed{p+q=5}

구한 함수가 모든 원조건을 만족하는지 확인

먼저 완전제곱식으로 쓰면

f(x)=a\left(\ln x-\frac1{2a}\right)^2+1-\frac1{4a}.

$a=(e^2+1)/4$ 이므로 최솟값은 $e^2/(e^2+1)>0$ 입니다.

$0<t<1$ 이면 $\ln t<0$ 이므로 $f(t)>1>t$ 입니다. $t>1$ 에서는

A(t)=\frac{t+\ln t-1}{(\ln t)^2}

로 놓으면

A'(t)=\frac{(t-1)(\ln t-2)}{t(\ln t)^3}.

따라서 $A$ 는 $(1,e^2)$ 에서 감소하고 $(e^2,\infty)$ 에서 증가합니다. 최솟값은 $A(e^2)=a$ 이므로

f(t)-t=(\ln t)^2\{a-A(t)\}\le0,

등호는 $t=e^2$ 에서만 성립합니다. 따라서

g(t)=\begin{cases}t&(0<t\le1),\\f(t)&(t>1).\end{cases}

$k=e^2$ 일 때

h(t)=\begin{cases}k&(0<t\le1),\\k\{f(t)+t-1\}&(t>1).\end{cases}

이는 $1$ 이외에서 미분가능하고, $1$ 에서도 연속이며 좌우 미분계수가 모두 $0$ 입니다. 원조건을 모두 만족합니다.