까다로운 함수부등식

종강하고 쓰는 첫 글입니다. 능력보다 욕심이 많은 까닭에 학기 중에는 글 쓰기로 마음을 먹기부터가 참 어려운 듯합니다. 잠깐 쉬었다가 겨울학기에는 몰입캠프에 참가해서 또 한동안 바쁠 예정입니다.

이번 학기 POW는 총 11문제였습니다. 비교적 쉬운 문제가 많았고 두 번이나 best solution으로 선정돼서 모든 문제를 풀어 우수상 이상을 노려볼 만했는데(?!), 마지막 문제로 대수적 위상수학 주제가 나오는 바람에 그만 좌절하고 말았습니다. 그래도 나름 개인 최고 기록을 세웠고, 다른 과제에 치여 사는데도 어떻게든 풀어내려고 노력한 스스로를 격려해 주고 싶습니다. 지금까지 풀었던 POW 문제 중 아마 가장 긴 시간을 들인 풀이를 기념으로 남기고자 합니다.

문제

KAIST Math Problem of the Week 2024-19 Stationary function

단조 감소하는 연속함수 $f: [0, \infty) \to [0, \infty)$가 $f(0) = 1$이고, 모든 음이 아닌 실수 $s$, $t$에 대하여
\[t^{11} f(s+t) \leq 2024 f(s)^2\]을 만족할 때, $f(11) = f(12)$임을 보이시오.

풀이

간결하고 아름다운 풀이는 best solution을 참고하자.

1부: 확대 재생산

조건에 따라 $0 \leq f(12) \leq f(11)$이므로 $f(11) = 0$임을 보이면 충분하다. 모든 $x > 0$와 $s \in [0, x)$에 대하여

\[f(x) \leq \frac{2024}{(x-s)^{11}} \cdot f(s)^2 \tag{1}\]

이므로 우변의 상계를 0으로 수렴시켜 보자. $s = 0$을 대입하면 $f(x) \leq 2024 / x^{11}$이므로

\[f(x) \leq \frac{2024}{(x-s)^{11}} \left( \frac{2024}{s^{11}} \right)^2 = \frac{2024^3}{\left[ s^2 (x-s) \right]^{11}}\]

이다. 미분이나 산술·기하 평균 부등식을 이용하면 $s = 2x/3$에서 분모가 최대임을 알 수 있다. 따라서

\[f(x) \leq \left( \frac{2024}{x^{11}} \right)^3 \left( \frac{3^3}{2^2} \right)^{11}\]

더 빨리 감소하는 상계를 구했지만 큰 상수가 혹처럼 달렸다. 이를 다시 (1)에 대입해 보자.

\[f(x) \leq \frac{2024}{(x-s)^{11}} \left[ \left( \frac{2024}{s^{11}} \right)^3 \left( \frac{3^3}{2^2} \right)^{11} \right]^2 = \frac{2024^7}{\left[ s^6 (x-s) \right]^{11}} \left( \frac{3^3}{2^2} \right)^{11 \cdot 2}\]

이고, 이번에는 $s = 6x/7$에서 분모가 최대이므로

\[f(x) \leq \left( \frac{2024}{x^{11}} \right)^7 \left[ \left( \frac{3^3}{2^2} \right)^2 \left( \frac{7^7}{6^6} \right) \right]^{11}\]

이다. 즉, 모든 자연수 $n$에 대하여

\begin{align*}
f(x) & \leq \left( \frac{2024}{x^{11}} \right)^{2^n-1} \left[ \prod_{k=2}^{n} \left( \frac{\left( 2^k-1 \right)^{2^k-1}}{\left( 2^k-2 \right)^{2^k-2}} \right)^{2^{n-k}} \right]^{11} \\
& = \left[ \left( \frac{\sqrt[11]{2024}}{x} \right)^{2^n-1} \prod_{k=2}^{n} \left( \frac{\left( 2^k-1 \right)^{2^k-1}}{\left( 2^k-2 \right)^{2^k-2}} \right)^{2^{n-k}} \right]^{11}
\end{align*}

이 귀납적으로 성립한다.

2부: 0으로 수렴

대괄호 안의 함수를 $f_n(x)$로 두고 $\ds \lim_{n \to \infty} f_n(11) = 0$임을 보이자.

\[a_k = \left( \frac{\left( 2^k-1 \right)^{2^k-1}}{\left( 2^k-2 \right)^{2^k-2}} \right)^{2^{n-k}} = \exp \left( 2^{n-k} \left[ \left( 2^k-1 \right) \log \left( 2^k-1 \right) - \left( 2^k-2 \right) \log \left( 2^k-2 \right) \right] \right)\]

라고 하면

\[\prod_{k=2}^{n} a_k = \exp \left( \sum_{k=2}^{n} 2^{n-k} \left[ \left( 2^k-1 \right) \log \left( 2^k-1 \right) - \left( 2^k-2 \right) \log \left( 2^k-2 \right) \right] \right)\]

이다. 평균값 정리를 $g(x) = x \log x$에 쓰면 적당한 $c \in \left( 2^k-2, 2^k-1 \right)$에 대하여

\[g \left( 2^k-1 \right) - g \left( 2^k-2 \right) = g'(c) = \log c + 1 < \log \left( 2^k-1 \right) + 1 < k \log 2 + 1\]

이므로

\begin{align*}
\log \left( \prod_{k=2}^{n} a_k \right) & < \sum_{k=2}^{n} 2^{n-k} (k \log 2 + 1) \\
& = \sum_{k=0}^{n-2} 2^k ((n-k) \log 2 + 1) \\
& = 2^{n-1} (1 + 3 \log 2) - n \log 2 - 2 \log 2 - 1 \\
& < 2^{n-1} (1 + 3 \log 2)
\end{align*}

이다. 따라서 $\sqrt[11]{2024} < \sqrt[11]{2048} = 2$로부터

\begin{align*}
f_n(11) & < \exp \left( \left( 2^n - 1 \right) \log \frac{2}{11} + 2^{n-1} (1 + 3 \log 2) \right) \\
& < \exp \left( 2^n \left( \log \frac{2}{11} + \frac{1 + 3 \log 2}{2} \right) \right)
\end{align*}

이고

$\log \dfrac{2}{11} + \dfrac{1 + 3 \log 2}{2} < 0$이므로 $\ds \lim_{n \to \infty} f_n(11) = 0$이다.

고찰

$x = 11$을 대입하지 않고 다음 부등식

\[\log \frac{2}{x} + \frac{1 + 3 \log 2}{2} < 0\]

을 풀면 $x > 4 \sqrt{2e} \implies f(x) = 0$임을 알 수 있다.