y=√x/10의 그래프와 y=tan x의 그래프가 만나는 모든 점의 x좌표를 작은 수부터 aₙ으로 둔다. 구해야 할 값은 (1/π²)×lim aₙ³ tan²(aₙ₊₁-aₙ)이다. y=√x/10은 x≥0에서 0 이상이고 천천히 증가한다. tan x의 양수 가지와 수직점근선 위치가 큰 교점의 간격을 결정한다.

2025학년도 6월 모의평가 수학 미적분 30번 풀이 | 탄젠트 교점과 차각 극한 [250630c]

문제

문제 텍스트 주관식

함수 $y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$ $y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$의 그래프와 함수 $y=\tan x$ $y=\tan x$의 그래프가 만나는 모든 점의 $x$ $x$좌표를 작은 수부터 크기순으로 나열할 때, $n$ $n$번째 수를 $a_n$ $a_n$이라 하자.

\frac{1}{\pi^2}\times \lim_{n\to\infty} a_n^3\tan^2(a_{n+1}-a_n)

의 값을 구하시오. [4점]

정답

풀이

풀이 전략

두 그래프의 큰 교점이 어디에 놓이는지 먼저 본다.
$y=\tan x$ $y=\tan x$의 양수 가지마다 교점이 하나씩 생기고, 그 교점은 수직점근선 왼쪽에 붙는다.

그다음 교점 조건 $\tan a_k=\dfrac{\sqrt{a_k}}{10}$ $\tan a_k=\dfrac{\sqrt{a_k}}{10}$을 문제의 $\tan(a_{k+1}-a_k)$ $\tan(a_{k+1}-a_k)$와 연결한다.
차각 공식과 유리화를 거치면 $a_{k+1}-a_k\to\pi$ $a_{k+1}-a_k\to\pi$, $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$ $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$만 남아 최종 극한값이 정해진다.

탄젠트 양수 구간에서 교점 위치 잡기

두 그래프의 교점을 다루는 문제이므로 처음에는 $y=\tan x$ $y=\tan x$의 가지를 구간별로 나누어 본다.
$y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$ $y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$은 $x\ge0$ $x\ge0$에서 $0$ $0$ 이상이고, 천천히 증가한다.

$\tan x$ $\tan x$는 각 구간 $\left(k\pi,\ k\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$ $\left(k\pi,\ k\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$에서 $0$ $0$에서 출발해 $+\infty$ $+\infty$로 커진다.
$\left(k\pi+\dfrac{\pi}{2},\ (k+1)\pi\right)$ $\left(k\pi+\dfrac{\pi}{2},\ (k+1)\pi\right)$에서는 음수이므로 $y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$ $y=\dfrac{\sqrt{x}}{10}$과 만나는 점이 생기지 않는다.

큰 $k$ $k$에서 $\left(k\pi,\ k\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$ $\left(k\pi,\ k\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)$ 안을 보면 $\tan x-\dfrac{\sqrt{x}}{10}$ $\tan x-\dfrac{\sqrt{x}}{10}$은 왼쪽 끝 근처에서 음수이고, 수직점근선으로 갈수록 양의 무한대로 커진다.
또 도함수는 $\sec^2x-\dfrac{1}{20\sqrt{x}}$ $\sec^2x-\dfrac{1}{20\sqrt{x}}$이다.
큰 $k$ $k$를 잡으면 이 구간 전체에서 $\dfrac{1}{20\sqrt{x}}<1\le\sec^2x$ $\dfrac{1}{20\sqrt{x}}<1\le\sec^2x$이므로 $\tan x-\dfrac{\sqrt{x}}{10}$ $\tan x-\dfrac{\sqrt{x}}{10}$은 증가한다.
따라서 왼쪽 끝에서 음수로 시작해 한 번만 $0$ $0$을 지나 교점 하나를 만든다.

그래서 큰 교점들은 수직점근선 $x=k\pi+\dfrac{\pi}{2}$ $x=k\pi+\dfrac{\pi}{2}$의 왼쪽 가까이에 놓인다.
이 관찰이 뒤에서 $a_{n+1}-a_n$ $a_{n+1}-a_n$의 극한을 정하는 기준이 된다.

이 위치 관계를 그림으로 보면, 각 교점은 수직점근선 왼쪽에서 $\theta_k$ $\theta_k$만큼 떨어지고 점근선 사이의 간격 $\pi$ $\pi$가 연속한 교점 간격의 기준이 된다.
이제 이 거리 표시를 식으로 옮겨 $\theta_k\to0$ $\theta_k\to0$을 확인한다.

탄젠트 양수 구간의 큰 교점이 수직점근선 왼쪽에 놓이고 점근선 사이 간격이 π임을 보이는 그래프 — 큰 교점은 각 수직점근선 왼쪽에 놓이고, 점근선 사이의 간격 π가 aₖ₊₁-aₖ의 기준이 된다.

수직점근선까지 남은 거리 표시하기

그림의 표기를 따라 큰 교점 하나의 $x$ $x$좌표를 구간 순서에 맞추어 $a_k$ $a_k$라고 쓰고, 이 점이 수직점근선 $k\pi+\dfrac{\pi}{2}$ $k\pi+\dfrac{\pi}{2}$에서 왼쪽으로 $\theta_k$ $\theta_k$만큼 떨어져 있다고 두자.

a_k=k\pi+\frac{\pi}{2}-\theta_k\qquad \left(0<\theta_k<\frac{\pi}{2}\right)

교점 조건은 $\tan a_k=\dfrac{\sqrt{a_k}}{10}$ $\tan a_k=\dfrac{\sqrt{a_k}}{10}$이다.
위 표현을 넣으면

\tan a_k =\tan\left(k\pi+\frac{\pi}{2}-\theta_k\right) =\cot\theta_k

이므로 다음 식을 얻는다.

\cot\theta_k=\frac{\sqrt{a_k}}{10},\qquad \tan\theta_k=\frac{10}{\sqrt{a_k}} \tag{1}

$a_k\to\infty$ $a_k\to\infty$이므로 $\dfrac{10}{\sqrt{a_k}}\to0$ $\dfrac{10}{\sqrt{a_k}}\to0$이고, 따라서 $\theta_k\to0$ $\theta_k\to0$이다.
그러면 연속한 큰 교점에 대해

a_{k+1}-a_k =\pi+\theta_k-\theta_{k+1}\to\pi \tag{2}

이고, 연속한 교점이 거의 $\pi$ $\pi$씩 떨어져 있으므로 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$ $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$이다.

여기까지가 그래프에서 얻어야 할 정보이다.
큰 교점은 수직점근선 왼쪽에 붙고, 두 교점 사이의 간격은 $\pi$ $\pi$에 가까워진다.

차각 공식으로 목표식 연결하기

문제의 식에는 $\tan(a_{n+1}-a_n)$ $\tan(a_{n+1}-a_n)$이 들어 있다.
한편 교점에서는 $\tan a_n=\dfrac{\sqrt{a_n}}{10}$ $\tan a_n=\dfrac{\sqrt{a_n}}{10}$이다.
두 식이 모두 $\tan$ $\tan$으로 연결되어 있으므로, 삼각함수의 덧셈정리로 $a_{k+1}-a_k$ $a_{k+1}-a_k$의 탄젠트를 풀어 본다.

\tan(a_{k+1}-a_k) =\frac{\tan a_{k+1}-\tan a_k} {1+\tan a_{k+1}\tan a_k}

교점 조건을 넣으면

\tan(a_{k+1}-a_k) = \frac{\frac{\sqrt{a_{k+1}}}{10}-\frac{\sqrt{a_k}}{10}} {1+\frac{\sqrt{a_{k+1}}}{10}\cdot\frac{\sqrt{a_k}}{10}} =10\cdot \frac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}} {100+\sqrt{a_{k+1}a_k}} \tag{3}

이다.
목표식에는 앞에 $a_k^3$ $a_k^3$이 곱해진다.
그래서 (3)의 분자 $\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}$ $\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}$를 $a_{k+1}-a_k$ $a_{k+1}-a_k$가 보이도록 정리한다.

\tan(a_{k+1}-a_k) = \frac{10(a_{k+1}-a_k)} {(\sqrt{a_{k+1}}+\sqrt{a_k})(100+\sqrt{a_{k+1}a_k})} \tag{4}

이제 앞에서 그래프로 확인한 두 가지, $a_{k+1}-a_k\to\pi$ $a_{k+1}-a_k\to\pi$와 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$ $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}\to1$을 넣을 준비가 끝났다.

분모 두 덩어리의 극한 계산하기

(4)를 제곱해 문제의 식 안쪽에 넣으면

a_k^3\tan^2(a_{k+1}-a_k) = \frac{100a_k^3(a_{k+1}-a_k)^2} {(\sqrt{a_{k+1}}+\sqrt{a_k})^2(100+\sqrt{a_{k+1}a_k})^2} \tag{5}

이다.
분모에는 두 덩어리가 있다.
$a_k$ $a_k$의 차수에 맞추어 각각 나누어 보면

\frac{(\sqrt{a_{k+1}}+\sqrt{a_k})^2}{a_k} =\left(\sqrt{\frac{a_{k+1}}{a_k}}+1\right)^2\to4 \tag{6}

이고,

\frac{(100+\sqrt{a_{k+1}a_k})^2}{a_k^2} =\left(\frac{100}{a_k}+\sqrt{\frac{a_{k+1}}{a_k}}\right)^2\to1 \tag{7}

이다.
(5)를 (6), (7)의 모양에 맞추어 읽으면

a_k^3\tan^2(a_{k+1}-a_k) \to \frac{100\pi^2}{4\cdot1} =25\pi^2

이다.
따라서 문제에서 구하는 값은

\frac{1}{\pi^2}\lim_{k\to\infty}a_k^3\tan^2(a_{k+1}-a_k) =25

이다.
정답은 $\boxed{25}$ $\boxed{25}$이다.

처음의 $x=0$ $x=0$ 교점이나 작은 교점들 때문에 문제의 $a_n$ $a_n$과 위에서 쓴 $a_k$ $a_k$의 번호 시작이 조금 달라질 수 있다.
극한은 큰 교점들의 간격과 비율만 사용하므로 최종값은 그대로이다.

이 문항에서 어려웠던 지점

이 문항에서 당황스러운 부분은 $\tan(a_{n+1}-a_n)$ $\tan(a_{n+1}-a_n)$이다.
그래프를 보면 연속한 큰 교점의 간격은 $\pi$ $\pi$에 가까워지고, 그래서 탄젠트값은 작아진다.
그런데 문제는 그 작은 값을 제곱한 뒤 $a_n^3$ $a_n^3$을 곱하므로, 작아지는 속도까지 읽어야 한다.

그 속도는 교점 조건과 덧셈정리를 연결하면 자연스럽게 나온다.
교점에서 $\tan a_n=\dfrac{\sqrt{a_n}}{10}$ $\tan a_n=\dfrac{\sqrt{a_n}}{10}$이고, 문제에는 $\tan(a_{n+1}-a_n)$ $\tan(a_{n+1}-a_n)$이 있으므로 덧셈정리를 쓰면 바로 $\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_n}$ $\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_n}$이 등장한다.
이 차이를 $a_{n+1}-a_n$ $a_{n+1}-a_n$으로 바꾸면 그래프에서 얻은 $a_{n+1}-a_n\to\pi$ $a_{n+1}-a_n\to\pi$와 맞물린다.