← 8. 거듭제곱급수

연습문제

이 장의 내용을 확인하는 연습문제이다. 풀이는 접어서 두었으니 먼저 스스로 풀어 보자.

쉬움

1쉬움

멱급수 ∑n=0∞n2+13n xn\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^2+1}{3^n}\,x^n의 수렴반경을 구하세요.

∣cn+1xn+1cnxn∣=(n+1)2+1n2+1⋅∣x∣3→∣x∣3\left|\frac{c_{n+1}x^{n+1}}{c_n x^n}\right| = \frac{(n+1)^2+1}{n^2+1}\cdot\frac{|x|}{3} \to \frac{|x|}{3}
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  1. cn=n2+13n>0c_n = \frac{n^2+1}{3^n} > 0이라 두면 일반항의 절댓값의 비는 ∣cn+1xn+1cnxn∣=(n+1)2+1n2+1⋅∣x∣3\left|\frac{c_{n+1}x^{n+1}}{c_n x^n}\right| = \frac{(n+1)^2+1}{n^2+1}\cdot\frac{|x|}{3}입니다.

  2. (n+1)2+1n2+1=n2+2n+2n2+1→1\frac{(n+1)^2+1}{n^2+1} = \frac{n^2+2n+2}{n^2+1} \to 1이므로, 이 비는 ∣x∣3\frac{|x|}{3}로 수렴합니다.

  3. 비율 판정법에 따라 ∣x∣<3|x| < 3이면 급수는 (절대) 수렴하고, ∣x∣>3|x| > 3이면 일반항 ∣cnxn∣=(n2+1)(∣x∣3)n→∞\left|c_n x^n\right| = (n^2+1)\left(\frac{|x|}{3}\right)^n \to \infty이므로 발산합니다. 따라서 수렴반경은 R=3R = 3입니다.

보통

2보통

급수 ∑n=1∞n(−1)n\sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^n은 (보통 의미에서) 발산하지만 Abel 총합가능하며, 그 Abel 합이 −14-\frac{1}{4}임을 증명하세요.

∑n≥1n(−1)nxn=−x(1+x)2→x→1−−14\sum_{n\ge 1} n(-1)^n x^n = -\frac{x}{(1+x)^2} \xrightarrow[x\to 1^{-}]{} -\frac{1}{4}
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  1. 먼저 발산: 일반항 n(−1)nn(-1)^n은 00으로 수렴하지 않으므로(∣n(−1)n∣=n→∞|n(-1)^n| = n \to \infty), 제nn항 판정법으로 급수는 발산합니다.

  2. ∣z∣<1|z| < 1에서 ∑n=0∞zn=11−z\sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1-z}를 항별 미분하면(멱급수는 수렴원 안에서 항별 미분 가능) ∑n=1∞nzn−1=1(1−z)2\sum_{n=1}^{\infty} n z^{n-1} = \frac{1}{(1-z)^2}이고, zz를 곱하면 아래 식을 얻습니다.

    ∑n=1∞nzn=z(1−z)2\sum_{n=1}^{\infty} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}

  3. z=−xz = -x (0≤x<10 \le x < 1)를 대입하면 n(−x)n=n(−1)nxnn(-x)^n = n(-1)^n x^n이므로 ∑n=1∞n(−1)nxn=−x(1+x)2\sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^n x^n = \frac{-x}{(1+x)^2}입니다. x→1−x \to 1^{-}일 때 이는 −14-\frac{1}{4}로 수렴하므로, Abel 합은 −14-\frac{1}{4}입니다.

    발산하는 급수도 Abel 총합가능할 수 있습니다.

3보통

교대조화급수를 "양항 두 개, 음항 한 개"씩 순서대로 재배열한 급수 1+13−12+15+17−14+⋯1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{4}+\cdots가 32ln⁡2\frac{3}{2}\ln 2로 수렴함을 엄밀히 증명하세요.

(Hm=ln⁡m+γ+o(1)H_m = \ln m+\gamma+o(1)은 알려진 사실로 사용해도 됩니다.)

T3N=H4N−12H2N−12HN→32ln⁡2T_{3N} = H_{4N}-\tfrac12 H_{2N}-\tfrac12 H_N \to \tfrac32\ln 2
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  1. 이것은 진짜 재배열입니다: 홀수 역수 12k−1\frac{1}{2k-1}와 짝수 역수 12k\frac{1}{2k}가 각각 정확히 한 번씩, 순서대로 등장합니다. 처음 3N3N개 항의 부분합을 T3NT_{3N}이라 하면, 사용된 양항은 처음 2N2N개의 홀수 역수, 음항은 처음 NN개의 짝수 역수이므로 T3N=∑k=12N12k−1−∑k=1N12kT_{3N} = \sum_{k=1}^{2N}\frac{1}{2k-1}-\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{2k}입니다.

  2. ∑k=12N12k−1=H4N−∑k=12N12k=H4N−12H2N\sum_{k=1}^{2N}\frac{1}{2k-1} = H_{4N}-\sum_{k=1}^{2N}\frac{1}{2k} = H_{4N}-\frac{1}{2}H_{2N}이므로, T3N=H4N−12H2N−12HNT_{3N} = H_{4N}-\frac{1}{2}H_{2N}-\frac{1}{2}H_N입니다.

  3. Hm=ln⁡m+γ+εmH_m = \ln m+\gamma+\varepsilon_m (εm→0\varepsilon_m \to 0)를 대입하면 T3N=ln⁡(4N)−12ln⁡(2N)−12ln⁡N+γ(1−12−12)+o(1)T_{3N} = \ln(4N)-\frac{1}{2}\ln(2N)-\frac{1}{2}\ln N+\gamma\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)+o(1)입니다. γ\gamma 항은 소거되고, 로그 항은 ln⁡4−12ln⁡2=32ln⁡2\ln 4-\frac{1}{2}\ln 2 = \frac{3}{2}\ln 2가 되므로 T3N→32ln⁡2T_{3N} \to \frac{3}{2}\ln 2입니다.

  4. 중간 부분합도 따라갑니다: T3N+1=T3N+14N+1T_{3N+1} = T_{3N}+\frac{1}{4N+1}, T3N+2=T3N+1+14N+3T_{3N+2} = T_{3N+1}+\frac{1}{4N+3}이고 추가 항들은 00으로 가므로, 전체 수열 TmT_m이 32ln⁡2\frac{3}{2}\ln 2로 수렴합니다. 조건수렴 급수는 재배열에 따라 합이 달라질 수 있습니다.