19기 입부 시험 풀이
$\huge1$.
$P(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ 일 때, $P(x^6)$ 을 $P(x)$ 으로 나눈 나머지를 구하여라
풀이
$(1-x)P(x) = x^6-1$ 이므로
$P(x^6)$ 을 $x^6-1$ 로 나눈 나머지 $R(x)$ 가 4차 미만이면 $P(x)$ 로 나눈 나머지도 $R(x)$ 이다.
$P(x^6) = (x^{30}-1)+(x^{24}-1)+(x^{18}-1)+(x^{12}-1)+(x^6-1) +6 \equiv 6\pmod {P\left(x\right)}$
이므로,
답은 $6$ 이다.
$\huge2$.
다항식 $f(x) = ax^4 + bx^3 + 1 $ 이 $(x-1)^2$ 로 나누어 떨어지도록 하는 상수 $a,b$ 의 값을 구하고, $f(x)$ 를 인수분해하여라.
풀이
먼저, 주어진 조건을 등식으로 표현하면
$f(x) = (x-1)^2Q(x)$ 이므로,
$x\rightarrow 1$ 를 대입하면
$f(1) = a+b+1 = 0\cdots 1$
조립제법을 이용해서 $f(x)$ 를 $(x-1)$ 로 나누면
$f(x)=(x-1)\left\{ax^3+(a+b)x^2+(a+b)x+(a+b)\right\}$ 이므로,
한 번 더, $x\rightarrow 1$ 을 대입하면
$4a+3b=0\cdots2$ 이므로,
1,2번 식을 연립하면
$a=3, b=-4$ 이다.
$\huge 3$.
$x$ 에 관한 이차방정식 $(x-1)^2+ax+1+a+a^2 = 0$ 의 두 실근을 $\alpha, \beta$ 라고 하면, 다음 질문의 답은?
(단, $a \in \mathbb{R}$)
$\large(1)$ $(1-\alpha)(1-\beta)$ 의 값은?
풀이
주어진 식을 $x$에 대해 인수분해하여 정리하면
$(x-\alpha)(x-\beta) = (x-1)^2 + ax +1+a+a^2 $ 가 된다.
$x \rightarrow 1$ 을 대입했을 때의 값이 답이 된다.
(준식) = $a^2 + 2a+1$ 이므로 최대와 최솟값을 알기 위해 판별식을 이용하자.
$ (x-1)^2+ax+1+a+a^2=x^2+(a-2)x+a^2+a+2=0$ 인데,
$a$ 는 실수이므로,
$D=(a-1)^2-4(a^2+a+2) \le 0$ 이므로, 이 이차 부등식을 풀면,
$3a^2+8a+4 \ge 0$ $\therefore -2 \le a \le -\frac{2}{3}$
이 범위를 위에서 구한
$a^2 + 2a+1$
이 식에 대입해서 최댓값과 최솟값을 구하면,
최대 : $a \rightarrow -2 : f_{max}(1)=1$
최소 : $a \rightarrow -1 : f_{min}(1)=0$
$\large (2)$ $\alpha$ 의 최댓값과 $\beta$의 최솟값을 구하여라. (단, $\alpha \le \beta$)
풀이
주어진 식을 $a$ 에 관하여 정리하면, $a\in \mathbb{R}$ 이므로 판별식을 이용할 수 있다.
(준식) = $a^2+(x+1)a+x^2-2x+2=0$
여기서 판별식
$D = (x+1)^2-4(x^2-2x+2) \le 0$ $\therefore 3x^2-10x+7 \ge 0$
$\therefore 1 \le x \le \frac{7}{3}$
$\therefore \alpha_{max} = \frac{7}{3}, \beta_{min} = 1$
$\huge 4$.
두 복소수 $\alpha, \beta$ 에 대하여 $\alpha +\beta = \frac{3}{2}\left(1+i\right),$ $\alpha\overline{\beta}=1$ 이면
$\frac{1}{\overline{\alpha}} + \frac{1}{\overline{\beta}}$ 의 값을 구하여라.
풀이
주어진 식에서
$\alpha = \frac{1}{\overline{\beta}}$ 이고,
양변에 켤레를 취하면
$\overline{\alpha} = \overline{\frac{1}{\beta}} = \frac{1}{\beta}$ 이므로,
$\beta = \frac{1}{\overline{\beta}}$
이므로, 구해야 하는 식에 대입하면
$\frac{1}{\overline{\alpha}} + \frac{1}{\overline{\beta}} = \alpha + \beta = \frac{3}{2}\left(1+i\right) $
$\huge 5$.
원 $C : x^2+y^2-4x-4y+4=0$ 위의 점 $P$에 대하여 좌표평면 위의 점 $Q$가 다음 조건을 만족시킨다.
$\left(가\right)$ $\overline{OQ}= \frac{6}{\overline{OP}}$
$\left(나\right)$ 직선 $\overline{OQ}$의 기울기는 직선 ${\overline{OP}}$의 기울기와 같다.
점 $C\left(2,2\right)$에 대하여 선분 $\overline{CQ}$의 길이의 최댓값을 $M$, 최솟값을 $m$이라 할 때, $M+m$의 값은 얼마인가?
풀이
원 $C$에 대한 원점의 방멱은 $\overline{OP}\cdot\overline{OQ'}=4$이다.
문제의 조건에서 $\overline{OP}\cdot\overline{OQ}=6$이므로, $\frac{\overline{OQ'}}{\overline{OQ}}=\frac{2}{3}$으로 비의 값이 일정하므로
$Q$의 자취는 $Q'$의 자취를 원점을 중심으로 $\frac{3}{2}$배 확대시킨 도형이다.
그리고, 그 도형의 방정식은
$Q : \left(x-3\right)^2+\left(y-3\right)^2=9$
위의 그림에서 $\overline{CQ}$의 최댓값과 최솟값을 구하면
최대 : $M=6+4\sqrt{2}$
최소 : $m=3-\sqrt{2}$
$\huge 6$
아래의 일대일대응의 정의를 이용하여 $X=\left\{x \mid x \le 0\right\}, Y=\left\{y\mid y\le 1\right\}$ 이라고 할 때, 함수
$f(x) = 2x^2 +1$ 은 $X\rightarrow Y$ 로의 함수의 일대일대응임을 증명하자.
<정의>
$\mid$ 함수 $f : X\rightarrow Y$ 에서
$\mid$ (i) 치역과 공역이 같다.
$\mid$ (ii) $X$ 의 임의의 두 원소 $x_1, x_2$ 에 대하여, $x_1\ne x_2$ 이면 $f(x_1) \ne f(x_2)$ 이다.
$\mid$ (i), (ii) 를 만족하는 함수 $f$ 는 일대일대응이라고 한다.
풀이
공역 $X$ 와 치역 $Y$ 가 같음을 먼저 보여야 하므로
$f(X) \subset Y$ and $ f(Y) \subset X$ 임을 보이면 된다.
먼저, $f(X) \subset Y$ 임을 보이자.
$ X=\left\{x \mid x \le 0\right\} $ 에 속하는 임의의 원소 $x$ 에 대하여
$ x \le 0$
$ 2x^2 +1 \le 1$
이므로, $f(X) \subset Y$ 이다.
다음으로, $f(Y) \subset X $ 임을 보이자.
$ Y=\left\{y\mid y\le 1\right\} $ 에 속하는 임의의 원소 $y$ 에 대하여
$ y \le 1$
$ \sqrt{\frac{y-1}{2}} \le 0$
이므로, $f(Y) \subset X$
따라서, 일대일대응이기 위한 첫 번째 조건은 만족했다.
다음으로, 두번째 조건을 충족하는지 확인하자.
대우 명제를 증명하자.
$\Leftrightarrow$ "$f(x_1) = f(x_2)$ 이면, $x_1 = x_2$ 이다."
증명
$ f(x_1) = f(x_2)$
$2{x_1}^2 + 1 = 2{x_2}^2 + 1$
$\therefore x_1 = x_2$ $\because x_1,x_2 > 0$
$\therefore Q.E.D.$
$\huge 7$.
다음 물음에 답하여라.
$\large (1)$
$h>0$ 일 때, $n \le 0 $ 인 모든 자연수 $n$ 에 대하여 다음 부등식이 성립함을 증명하여라.
$ (1+h)^n > 1+nh $
풀이
풀이 1) 이항정리 이용
$(1 + h)^n = _n\mathrm{C}_{0}\times 1^n + _n\mathrm{C}_{1}\times h^1 +\cdots + _n\mathrm{C}_{n}\times h^n > _n\mathrm{C}_{0}\times 1^n + _n\mathrm{C}_{1}\times h^1 = 1 + nh$
풀이 2) 수학적 귀납법 이용
1. $n=2$ 일 때,
$(1+h)^2 = 1+2h+h^2 > 1+2h $ 로 성립한다.
2. $n = k$ 일 때 성립함을 가정
$(1+h)^k > 1+kh$
$\Rightarrow (1+h)^k(1+h) >(1+kh)(1+h)$
$\Rightarrow (1+h)^{k+1}>1+(k+1)h+kh^2 > 1 + (k+1)h $
따라서 수학적 귀납법에 의해 성립한다.
$\large (2)$
1. $r>1$
$n = r-1>0$
$r^n=(1+h)^n>1+nh$
$\lim\limits_{n \to \infty} (1+nh) = \infty$
$\rightarrow \lim\limits_{n \to \infty} {(1+h)^n} = \infty$
2. $r=1$
$\rightarrow 1$
3. $-1<r<1$
$\rightarrow 0$
4. $r\ge -1$
$\rightarrow$ 진동하거나 발산
$\huge 8$
아래의 삼각형 $ABC$ 에서 $\angle BAD = \alpha, \angle DAC =\beta, \angle BDA=90^\circ$ 이다. 삼각형의 넓이를 이용하여
$\sin(\alpha +\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ 가 성립함을 증명하여라. (단, $0^\circ < \alpha,\beta < 90^\circ$ 이다.)
$\frac{1}{2}\overline{AB}\cdot\overline{AC}\sin(\alpha +\beta)$
$= \frac{1}{2} \overline{AB}\cdot \overline{AD}\sin \alpha$ $+$ $\frac{1}{2} \overline{AC}\cdot \overline{BD}\sin \beta$
$= \frac{1}{2} \overline{AB}\cdot (\overline{AC}\cos \beta)\sin\alpha + \frac{1}{2} \overline{AC}\cdot(\overline{AB}\cos\alpha)\sin\beta$
$= \frac{1}{2}\overline{AB}\cdot\overline{AC}\cdot\left\{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\right\}$
$\therefore \sin(\alpha +\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
$\huge 9$.
$\large (1)$
두 자연수 $a,b$에 대하여 $a$를 $b$로 나눈 몫을 $q$, 나머지를 $r$이라고 하자.
이때, $k\mid a, k\mid b$인 $k$ 에 대하여 $k\mid r$ 임을 보여라
풀이
$a=bq+r$ 일 때, (단, $0 \le r < b$)
$a\equiv0\pmod{k}$
$b\equiv0\pmod{k}$
$r\equiv a-bq\equiv 0\pmod{k}$
이므로 성립한다.
$\large (2)$
$gcd\left(a,b\right) = gcd\left(b,r\right)$임을 보여라
풀이
$gcd \left(a,b\right) = G$, $gcd \left(b,r\right) = K$라고 하자.
$G \mid a, G\mid b \Rightarrow G \mid r \Rightarrow G$는 $gcd\left(b,r\right)$의 공약수이므로 $G \le K$
$K \mid b, K\mid r \Rightarrow K \mid a \Rightarrow K$는 $gcd\left(a,b\right)$의 공약수이므로 $K \le G$
위의 두 식에 의해
$K = G$임을 알 수 있다.
$\large (3)$
$gcd\left(a,b\right) = 1$인 서로소인 두 수 $a,b$에 대하여
$S=\left\{r\mid r은 a*k를 b로 나눈 나머지, k는 b이하의 자연수\right\}$ 일 때, $S = 0, 1, \cdots, b-1$ 임을 보여라
풀이
$k$의 종류 $b$개
$\Rightarrow r$의 가짓수 최대 $b$개 $r<b$이므로 $b$로 나눈 나머지가 같다면
임의의 $0<i\le j\le b$를 만족하는 $i, j$에 대하여
$a_i \equiv a_j \pmod {b}$
$a\left(j-i\right)\equiv 0 \pmod {b}$
$j-i \equiv 0 \pmod {b}$
$\Rightarrow b\mid \left(j-i\right)$ 에서 모순이 발생
따라서 가정에 오류가 발생했고, 가정의 부정이 참이다.
증명완료
$\large (4)$
$gcd\left(a,b\right) = G$이다.
이때, 임의의 정수 $x,y$에 대하여, $ax+by$꼴로 모든 $G$의 배수를 나타낼 수 있음을 보여라
$a=Ga', b=Gb'$, $gcd\left(a',b'\right) = 1$
$ax+by=G\left(a'x+b'y\right)$ 이므로
$a'x+b'y=G$ 가 가능함을 증명하면 된다.
위 (3)에 의해
$a'x\equiv 1 \pmod {b'}$인 경우가 존재한다.
그 경우를 $a'x=b'q+1$와 같이 표현하자.
$y = -q$이면 $a'x +b'\left(-q\right)=1$ 인 경우가 존재한다는 명제와 필요충분이 된다.
계수에 $Gk$ 배를 하면 $G$ 의 배수를 모두 표현할 수 있다. (단, $k \in \mathbb{Z}$ )
$\large (5)$
위의 내용들을 참고하여 모든 자연수의 배수판정법을 만들 수 있는지 여부를 판단하여라
풀이
가정
먼저, 2,5가 곱해진 합성수의 배수판정법의 경우는 배수판정법을 여러 번 사용하면 되므로, 2,5의 배수가 아닌 수들의 배수판정법이 존재하는지를 증명하는 문제와 같다.
배수판정법의 형태를 어떤 수 $n$이 주어졌을 때,
$n=10q+r$ 이라면, $\left(단, 0 \le r < 10 \right)$
$q+kr \equiv 0 \pmod {p}$ 이면 $n \equiv 0 \pmod {p}$ 인 $k$ 가 $n$ 의 값에 관계없이 주어진다
라는 형태로 고정하고 시작하자.
증명
$\mathfrak{if}) q+kr = px $이면
$q = px - kr$ 이므로
$10q = 10px - 10kr$
$10q + r = 10px - 10kr + r \equiv -r\left(10k-1\right) \equiv 0 \pmod {p}$ 인 $k$ 가 항상 존재함을 보이자.
$\mathfrak{if}) gcd\left(10, p\right) = 1$인 수에 대해서 생각하고 있으므로,
(3)에 의해 $10k \equiv 1 \pmod {p}$인 $k$가 항상 존재한다.
따라서 이 명제가 성립한다.
$\huge {10}$
다음 소수 관련 명제들을 증명해라
$\large (1)$
일반적인 소수는 무한하다.
증명
귀류) 소수가 유한하다고 가정하자.
그렇다면 소수 중에서 가장 큰 소수가 존재하기 마련이고, 그 소수를 $P_{max}$ 라고 하자.
여기서 새로운 소수를 만들자.
$P' = {P_{max}}! + 1$ 로 만들면
새로 만들어진 수 $P'$ 은 기존의 $P_{max}$ 보다 작거나 같은 모든 소수로 나누어 떨어지지 않으므로, 소수이다.
그런데, $P' > P_{max}$ 이므로 가정에 모순된다.
$\therefore$ 소수는 유한하지 않다. $\rightarrow$ 소수는 무한하다.
$\large (2)$
$4k + 3$ 꼴의 소수는 무한하다.
증명
귀류) 저 꼴의 소수가 유한하다고 가정하자.
위와 같이 가장 큰 저 꼴의 소수를 $4p_{max} + 3$ 이라고 하면,
${4p_{max}}! -1$ 은 위와 같은 방법으로 소수임을 알 수 있고, 그 값은 $4p_{max} + 3$ 보다 크다.
그리고 저 수는
${4p_{max}}!-1=4\cdot\left\{4p_{max}\cdot(p_{max}-1)!-1\right\} + 3$ 으로 $4k+3$ 꼴로 표현된다.
따라서 가정에 모순
$\therefore$ $4k + 3$ 꼴의 소수는 무한하다.
여기까지 19기 익포 부원 입부 시험 풀이 전반전이었습니다.
19기
전건하 탁예준 서승원 유창재 박서현
열심히 하겠습니다
Exponential 18기 고주원 19기 전건하
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