[문제 풀이] 미적분

함수 $f(x)=\frac{ln|x|}{x^n}$($n$은 자연수)와 양수 $t$에 대해 곡선 $y=f(x)$ 위의 점 $(t,f(t))$에서의 접선의 방정식을 $y=g(x)$라 할 때, 0이 아닌 모든 실수에서 함수 $|f(x)-g(x)|$가 미분가능하게 하는 $t$의 최댓값 ${\alpha }_n$을 구하시오.

$f(x)-g(x)$는 0이 아닌 모든 실수에서 미분가능이므로 $|f(x)-g(x)|$가 $a$에서 미분불가능이라면 $f(a)-g(a)=0$이고 $f^{\prime }(a)-g^{\prime }(a)\ne 0$이죠. 즉, 0이 아닌 모든 실수에서 $|f(x)-g(x)|$가 미분가능이려면 $y=f(x)$와 $y=g(x)$의 교점이 모두 접점이어야 해요.

$f^{\prime }(x)=\frac{1-n\ln |x|}{x^{n+1}}$이고$$f^{″}(x)=-\frac{n+(n+1)(1-n\ln |x|)}{x^{n+2}}=\frac{n(n+1)\ln |x|-2n-1}{x^{n+2}}$$이니$f^{\prime }\left(\sqrt[n]{e}\right)=0$이고 $f^{″}\left(e^{\frac{2n+1}{n(n+1)}}\right)=0$이죠.

$y=\frac{\ln x}{x^n}$의 그래프. 초록색은 $n=1$, 파란색은 $n=2$, 빨간색은 $n=3$.

위 그림에서 알 수 있듯이 $f(x)$는 $x=\sqrt[n]{e}$까지 증가하고 이후로는 계속 감소하는 함수로 $x=e^{\frac{2n+1}{n(n+1)}}$에서 기울기가 최소가 되며 이후 기울기가 증가하며$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\frac{1}{x^{n+1}}-\frac{\ln x^n}{x^n}\cdot \frac{1}{x}\right)=0$$으로 다가가겠네요.

즉, $t>\sqrt[n]{e}$이고 $t\ne e^{\frac{2n+1}{n(n+1)}}$이면 곡선과 접선의 교점 중 접점이 아닌 점이 나타나죠. $|f(x)-g(x)|$가 미분불가능인 양수 $a$가 존재한다는 말이에요.

곡선 $y=\frac{\ln x}{x^3}$과 $x=e^{\frac{7}{12}}$에서의 접선. 곡선과 접선의 교점은 하나의 접점이 유일함.

이제 교점의 $x$좌표가 음수인 경우를 생각해야겠죠. $n$이 짝수라면 $f(x)$는 우함수이므로 그래프가 $y$축 대칭이에요. 즉, 위의 그림과 같이 기울기가 음인 접선은 $x<0$에서 교점이 생기지 않아요. 즉, ${\alpha }_n=e^{\frac{2n+1}{n(n+1)}}$이죠.

$n$이 홀수라면 $f(x)$는 기함수이므로 접선의 $y$절편이 양수일 때 $x<0$에서 교점이 생겨요. $0<t<e^{\frac{2n+1}{n(n+1)}}$에서 접선의 $y$절편은 $t$가 증가할 때 함께 증가하니, 최댓값은 $y$절편이 0인 경우로$$g(x)=\frac{1-n\ln |t|}{t^{n+1}}(x-t)+\frac{\ln |t|}{t^n}=\frac{1-n\ln |x|}{t^{n+1}}x+\frac{1-(n+1)\ln |t|}{t^n}$$이니 ${\alpha }_n=\sqrt[n+1]{e}$가 되죠.

접선의 방정식이 위와 같이 복잡한 형태로 나오고 다른 교점을 구하려면 계산이 힘들어져요. 그래서 이렇게 1, 2계 미분계수를 비교해 양수에서 접점이 아닌 교점이 없는 경우를 찾고, 우함수와 기함수인 경우를 나눠 음수에서 접점이 아닌 교점이 생기는 경우를 제거해 주는 방식으로 좀 더 쉽게 문제를 풀 수 있죠.