← 3. 수열

연습문제

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

쉬움

1쉬움

an=n+sin⁡nn2+1a_n = \frac{n + \sin n}{n^2 + 1}이라 하자.

ε\varepsilon-NN 논법으로 직접 증명하여 lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0임을 보이고, 주어진 ε>0\varepsilon > 0에 대해 사용할 수 있는 N(ε)N(\varepsilon)을 명시적인 공식으로 구하라.

∣n+sin⁡nn2+1∣≤2n\left|\frac{n + \sin n}{n^2 + 1}\right| \le \frac{2}{n}
N(ε)=⌈2ε⌉N(\varepsilon) = \left\lceil \frac{2}{\varepsilon} \right\rceil
ε=0.1\varepsilon = 0.1: 꼬리가 ε\varepsilon 띠 안에 완전히 들어가는 순간이 바로 우리가 찾은 NN이다.
풀이 보기

  1. 분자의 진동 항을 먼저 가둔다. 모든 실수 tt에 대해 ∣sin⁡t∣≤1|\sin t| \le 1이므로 ∣n+sin⁡n∣≤n+1|n + \sin n| \le n + 1이다.

    n≥1n \ge 1일 때 n+1≤2nn + 1 \le 2n이고 분모는 n2+1≥n2n^2 + 1 \ge n^2이므로

    ∣an−0∣=∣n+sin⁡n∣n2+1≤2nn2=2n.|a_n - 0| = \frac{|n + \sin n|}{n^2 + 1} \le \frac{2n}{n^2} = \frac{2}{n}.

  2. ε>0\varepsilon > 0이 주어지면 N(ε)=⌈2/ε⌉N(\varepsilon) = \lceil 2/\varepsilon \rceil이라 두자. n>Nn > N이면 n>2/εn > 2/\varepsilon, 즉 2/n<ε2/n < \varepsilon이다.

    위 부등식과 결합하면 ∣an−0∣<ε|a_n - 0| < \varepsilon을 얻으므로 ε\varepsilon-NN 정의에 의해 an→0a_n \to 0이다.

2쉬움

n≥1n \ge 1에 대해 an=⌊n2⌋na_n = \frac{\lfloor n\sqrt{2} \rfloor}{n}이라 하자. 여기서 ⌊x⌋\lfloor x \rfloor는 xx 이하의 가장 큰 정수이다.

(a) 각 ana_n이 유리수임을 보여라. (b) ε\varepsilon-NN 논법으로 an→2a_n \to \sqrt{2}임을 증명하라. (c) 2\sqrt{2}가 무리수임을 증명하라. 유리수 수열이 무리수 극한으로 수렴할 수 있음을 결론지어라.

0≤n2−⌊n2⌋<10 \le n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor < 1
∣an−2∣<1n\left|a_n - \sqrt{2}\right| < \frac{1}{n}
풀이 보기

  1. (a) ⌊n2⌋\lfloor n\sqrt{2} \rfloor는 정수이므로 ana_n은 정수 나누기 nn 꼴, 즉 유리수이다.

    (b) 내림 함수의 정의에서 0≤n2−⌊n2⌋<10 \le n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor < 1이다. nn으로 나누면 ∣an−2∣<1/n|a_n - \sqrt{2}| < 1/n을 얻는다. ε>0\varepsilon > 0에 대해 N=⌈1/ε⌉N = \lceil 1/\varepsilon \rceil이라 두면, n>Nn > N일 때 ∣an−2∣<1/n<ε|a_n - \sqrt{2}| < 1/n < \varepsilon이므로 an→2a_n \to \sqrt{2}이다.

  2. (c) 2=p/q\sqrt{2} = p/q (서로소인 양의 정수 p,qp, q)라 가정하면 p2=2q2p^2 = 2q^2이다. 따라서 p2p^2은 짝수이고, 짝수의 제곱이 짝수이므로 pp도 짝수이다: p=2rp = 2r.

    대입하면 4r2=2q24r^2 = 2q^2, 즉 q2=2r2q^2 = 2r^2이므로 같은 논리로 qq도 짝수이다. 이는 p,qp, q가 서로소라는 가정에 모순이다. 따라서 2\sqrt{2}는 무리수이다.

  3. 유리수 수열 (an)(a_n)이 무리수 2\sqrt{2}로 수렴하므로, 유리수들의 극한이 유리수이리라는 기대는 거짓이다. 수열의 극한은 원래 집합을 "빠져나갈" 수 있다.

3쉬움계산형

an=(2+(−1)n)(1−1n+1)a_n = (2 + (-1)^n)\left(1 - \frac{1}{n+1}\right)이라 하자.

lim sup⁡n→∞an\limsup_{n \to \infty} a_n과 lim inf⁡n→∞an\liminf_{n \to \infty} a_n을 구하고, 부분수열 논증을 이용해 엄밀히 증명하라.

a2k=3(1−12k+1),a2k+1=1−12k+2a_{2k} = 3\left(1 - \frac{1}{2k+1}\right), \qquad a_{2k+1} = 1 - \frac{1}{2k+2}
풀이 보기

  1. 짝수 항과 홀수 항을 분리한다. n=2kn = 2k일 때 (−1)n=1(-1)^n = 1이므로 a2k=3(1−1/(2k+1))→3a_{2k} = 3(1 - 1/(2k+1)) \to 3이다. n=2k+1n = 2k+1일 때 (−1)n=−1(-1)^n = -1이므로 a2k+1=1−1/(2k+2)→1a_{2k+1} = 1 - 1/(2k+2) \to 1이다.

    따라서 lim sup⁡an≥3\limsup a_n \ge 3이고 lim inf⁡an≤1\liminf a_n \le 1이다.

  2. 반대 방향 부등식을 위해 모든 항을 가둔다. 1≤2+(−1)n≤31 \le 2 + (-1)^n \le 3이고 0<1−1/(n+1)<10 < 1 - 1/(n+1) < 1이므로 모든 nn에 대해 an<3a_n < 3이다. 따라서 lim sup⁡an≤3\limsup a_n \le 3이고, 짝수 부분수열과 합쳐 lim sup⁡an=3\limsup a_n = 3을 얻는다.

    마찬가지로 an≥1⋅(1−1/(n+1))a_n \ge 1 \cdot (1 - 1/(n+1))이고 1−1/(n+1)→11 - 1/(n+1) \to 1이므로 lim inf⁡an≥1\liminf a_n \ge 1이다. 홀수 부분수열과 합쳐 lim inf⁡an=1\liminf a_n = 1을 얻는다.

정답

lim sup⁡an=3\limsup a_n = 3, lim inf⁡an=1\liminf a_n = 1

보통

4보통

an>0a_n > 0이고 an→L>0a_n \to L > 0이라 하자.

기하평균 Gn=(a1a2⋯an)1/nG_n = (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n}이 LL로 수렴함을 증명하라. (힌트: 로그를 취하면 체사로 평균이 된다.)

log⁡Gn=log⁡a1+⋯+log⁡ann\log G_n = \frac{\log a_1 + \cdots + \log a_n}{n}
Gn=exp⁡(1n∑k=1nlog⁡ak)→exp⁡(log⁡L)=LG_n = \exp\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \log a_k\right) \to \exp(\log L) = L
풀이 보기

  1. bn=log⁡anb_n = \log a_n이라 두자. L>0L > 0에서 로그함수가 연속이므로 bn→log⁡Lb_n \to \log L이다.

    체사로 정리(수열이 수렴하면 산술평균도 같은 극한으로 수렴한다)에 의해

    b1+⋯+bnn⟶log⁡L(n→∞).\frac{b_1 + \cdots + b_n}{n} \longrightarrow \log L \qquad (n \to \infty).

  2. 한편 log⁡Gn=1n∑k=1nlog⁡ak\log G_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \log a_k이므로, 지수함수의 연속성에 의해 Gn=exp⁡(log⁡Gn)→exp⁡(log⁡L)=LG_n = \exp(\log G_n) \to \exp(\log L) = L이다. 조건 L>0L > 0은 로그를 취하기 위해 필수적이다.

어려움

5어려움

an>0a_n > 0인 수열에 대해 다음 부등식을 증명하라: lim inf⁡n→∞an+1an≤lim inf⁡n→∞an1/n≤lim sup⁡n→∞an1/n≤lim sup⁡n→∞an+1an\liminf_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \le \liminf_{n \to \infty} a_n^{1/n} \le \limsup_{n \to \infty} a_n^{1/n} \le \limsup_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}.

추가로, an+1an→L>0\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0이면 로그를 취해 스톨츠-체사로 정리로 an1/n→La_n^{1/n} \to L임을 보여라.

lim inf⁡an+1an≤lim inf⁡an1/n≤lim sup⁡an1/n≤lim sup⁡an+1an\liminf \frac{a_{n+1}}{a_n} \le \liminf a_n^{1/n} \le \limsup a_n^{1/n} \le \limsup \frac{a_{n+1}}{a_n}
an+1an→L>0⟹an1/n→L\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0 \quad \Longrightarrow \quad a_n^{1/n} \to L
풀이 보기

  1. 가운데 부등식 lim inf⁡≤lim sup⁡\liminf \le \limsup은 자명하다. 마지막 부등식을 증명한다. R=lim sup⁡an+1/anR = \limsup a_{n+1}/a_n이라 하자. R=∞R = \infty이면 자명하므로 R<∞R < \infty이라 하자.

    R<β<∞R < \beta < \infty인 β\beta를 잡으면, 정의에 의해 n≥Nn \ge N일 때 an+1/an<βa_{n+1}/a_n < \beta이다. 따라서 k≥1k \ge 1에 대해 aN+k<aNβka_{N+k} < a_N \beta^k이고, N+kN+k 제곱근을 취하면

    aN+k1/(N+k)<aN1/(N+k)⋅βk/(N+k)⟶1⋅β=β.a_{N+k}^{1/(N+k)} < a_N^{1/(N+k)} \cdot \beta^{k/(N+k)} \longrightarrow 1 \cdot \beta = \beta.

  2. (aNa_N은 고정되어 있고 지수가 00으로 가므로 aN1/(N+k)→1a_N^{1/(N+k)} \to 1이다.) 따라서 lim sup⁡an1/n≤β\limsup a_n^{1/n} \le \beta이고, β↓R\beta \downarrow R로 보내면 lim sup⁡an1/n≤R\limsup a_n^{1/n} \le R을 얻는다.

    첫 번째 부등식은 대칭적이다: r=lim inf⁡an+1/anr = \liminf a_{n+1}/a_n이라 하자. r=0r = 0이면 자명하므로 r>0r > 0이라 하자. 0<α<r0 < \alpha < r을 잡으면 n≥Nn \ge N일 때 an+1/an>αa_{n+1}/a_n > \alpha이고, aN+k>aNαka_{N+k} > a_N \alpha^k에서 aN+k1/(N+k)>aN1/(N+k)αk/(N+k)→αa_{N+k}^{1/(N+k)} > a_N^{1/(N+k)} \alpha^{k/(N+k)} \to \alpha를 얻는다. 따라서 lim inf⁡an1/n≥α\liminf a_n^{1/n} \ge \alpha이고, α↑r\alpha \uparrow r로 보내면 lim inf⁡an1/n≥r\liminf a_n^{1/n} \ge r이다.

  3. 마지막으로 극한 형태: an+1an→L>0\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0이면 log⁡an+1−log⁡an=log⁡an+1an→log⁡L\log a_{n+1} - \log a_n = \log\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \log L이다. 분자 log⁡an\log a_n, 분모 nn에 스톨츠-체사로 정리를 적용하면 log⁡ann→log⁡L\frac{\log a_n}{n} \to \log L이고, 지수화하면 an1/n=exp⁡(log⁡ann)→exp⁡(log⁡L)=La_n^{1/n} = \exp(\frac{\log a_n}{n}) \to \exp(\log L) = L이다.

    비율 판정법이 근 판정법을 함의하는 이유가 바로 이것이다.