연습문제

$a_n = \frac{\ln n}{n^2} > 0$ ($n \ge 2$)이라 두고, 비교 급수로 $b_n = \frac{1}{n^{3/2}}$를 잡습니다. $\sum b_n$은 $p = \frac{3}{2} > 1$인 $p$-급수이므로 수렴합니다.

$\frac{a_n}{b_n} = \frac{\ln n}{\sqrt{n}}$입니다.

로피탈 정리의 가설을 확인합니다: $x \to \infty$일 때 $\ln x \to \infty$이고 $x^{1/2} \to \infty$이므로 $\frac{\infty}{\infty}$ 꼴입니다.

따라서 로피탈 정리를 적용하면 $\frac{\ln x}{x^{1/2}} \to \frac{1/x}{\frac{1}{2}x^{-1/2}} = \frac{2}{\sqrt{x}} \to 0$이므로, $\frac{a_n}{b_n} \to 0$입니다.

극한 비교 판정법의 "극한이 0인 경우": $\frac{a_n}{b_n} \to 0$이고 $\sum b_n$이 수렴하면 $\sum a_n$도 수렴합니다. 따라서 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n^2}$는 수렴합니다.

$1-\frac{1}{n^2} = \frac{n^2-1}{n^2} = \frac{(n-1)(n+1)}{n^2}$이므로, 곱을 두 부분으로 나눕니다: $P_N = \prod_{n=2}^{N}\frac{n-1}{n}\cdot\prod_{n=2}^{N}\frac{n+1}{n}$.

첫 번째 곱은 망원곱입니다: $\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdots\frac{N-1}{N} = \frac{1}{N}$. 두 번째 곱도 마찬가지입니다: $\frac{3}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdots\frac{N+1}{N} = \frac{N+1}{2}$.

따라서 $P_N = \frac{1}{N}\cdot\frac{N+1}{2} = \frac{N+1}{2N} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2N} \to \frac{1}{2}$입니다. 즉 무한곱 $\prod_{n=2}^{\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)$는 $\frac{1}{2}$로 수렴합니다.

$b_n = \frac{1}{n(n+1)}$이라 두면 $n(n+1)$이 단조증가하므로 $b_n$은 $0$으로 단조감소합니다. 따라서 교대급수 판정법(라이프니츠)에 의해 급수는 수렴합니다.

$S_3 = \frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4} = \frac{1}{2}-\frac{1}{6}+\frac{1}{12} = \frac{6-2+1}{12} = \frac{5}{12}$입니다.

교대급수 오차 추정에 의해 $|S - S_3| \le b_4 = \frac{1}{4\cdot 5} = \frac{1}{20} = 0.05$입니다. 즉 $S = \frac{5}{12} \pm 0.05$ 범위 안에 있습니다.

$a_n = \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}\cdot\frac{1}{n} > 0$이라 둡니다. $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4}\cdot\frac{1}{(n+1)^2}\cdot\frac{n}{n+1} = \frac{n(2n+1)}{2(n+1)^2} \to 1$이므로 비율 판정법은 결론을 내지 못합니다.

라베 판정량을 계산합니다: $1-\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)^2-n(2n+1)}{2(n+1)^2} = \frac{3n+2}{2(n+1)^2}$이므로, $n\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right) = \frac{n(3n+2)}{2(n+1)^2} \to \frac{3}{2}$.

이 장의 라베 판정법은 $n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right)$ 꼴인데, 두 꼴의 극한이 같음을 확인합니다: $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$이므로 $n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) = n\left(1 - \frac{a_{n+1}}{a_n}\right)\cdot\frac{a_n}{a_{n+1}}$이고 추가 인자 $\frac{a_n}{a_{n+1}} \to 1$이라 두 극한이 일치합니다.

극한 $\frac{3}{2} > 1$이므로 라베 판정법으로 $\sum a_n$은 수렴합니다.

(참고로 중심이항계수 $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$이므로 $a_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi}\,n^{3/2}}$입니다.)

$b_n = \frac{1}{n+(-1)^n\sqrt{n}} > 0$ ($n \ge 2$)이라 둡니다.

분모에서 $n$을 묶으면 $b_n = \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+u_n}$ ($u_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$, $|u_n| \le \frac{1}{\sqrt{2}}$)입니다.

이 bound로 $u_n \ge -\frac{1}{\sqrt{2}} > -1$이라 $1 + u_n \ge 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} > 0$이므로 $u_n \ne -1$이고 힌트의 항등식 $\frac{1}{1+u_n} = 1-u_n+\frac{u_n^2}{1+u_n}$이 정당합니다.

따라서 $\frac{1}{1+u_n} = 1-u_n+\rho_n$ ($|\rho_n| = \frac{u_n^2}{|1+u_n|} \le \frac{C}{n}$, $C = \frac{1}{1-1/\sqrt{2}}$)를 얻습니다.

따라서 $(-1)^n b_n = \frac{(-1)^n}{n}-\frac{(-1)^n u_n}{n}+\frac{(-1)^n\rho_n}{n}$인데, $(-1)^n u_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$이므로 $(-1)^n b_n = \frac{(-1)^n}{n}-\frac{1}{n^{3/2}}+\sigma_n$ ($|\sigma_n| \le \frac{C}{n^2}$)입니다. 세 급수 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ (교대급수 판정법), $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ ($p$-급수), $\sum\sigma_n$ (절대수렴)이 모두 수렴하므로 $\sum (-1)^n b_n$은 수렴합니다.

절대수렴은 하지 않습니다: $n+(-1)^n\sqrt{n} \le n+\sqrt{n} \le 2n$ ($n \ge 1$)이므로 $b_n \ge \frac{1}{2n}$이고, $\sum\frac{1}{2n}$은 발산하므로 비교 판정법으로 $\sum b_n$도 발산합니다. 따라서 조건수렴입니다.

$a_n = \frac{1}{n\,\ln n\,(\ln\ln n)^p}$ ($n \ge 3$)이라 둡니다.

먼저 $p \ge 0$인 경우만 응축으로 다룹니다: $n \ge 3$에서 $\ln\ln n > 0$이고 $n$, $\ln n$이 양의 증가함수이며, $p \ge 0$이면 $(\ln\ln n)^p$도 양의 증가함수이므로, $a_n$은 $0$으로 단조감소합니다.

응축 판정법을 적용할 수 있습니다.

($p < 0$이면 $(\ln\ln n)^p$는 감소하므로 이 단조성 주장은 거짓입니다 — 예: $p = -1$이면 $a_3 \approx 0.0285 < a_4 \approx 0.0589$. $p < 0$인 경우는 마지막 단계에서 응축 없이 비교로 처리합니다.)

첫 번째 응축: $2^n a_{2^n} = \frac{1}{\ln 2\cdot n\,(\ln(n\ln 2))^p}$입니다. $\ln(n\ln 2) = \ln n+\ln\ln 2$이고 $\ln\ln 2 \approx -0.3665$이므로, $n \ge 3$에서 $\frac{1}{2}\ln n \le \ln(n\ln 2) \le \ln n$입니다 (위쪽은 $\ln 2 < 1$에서, 아래쪽은 $\frac{1}{2}\ln n \ge -\ln\ln 2$ 즉 $n \ge 3$에서 성립).

$p > 0$인 경우 이 양쪽 부등식으로 응축된 급수는 $\sum_{n\ge 3}\frac{1}{n(\ln n)^p}$와 상수배 범위에서 동등합니다 (비교 판정법).

두 번째 응축의 가설을 다시 확인합니다: $p > 0$이면 $b_n = \frac{1}{n(\ln n)^p}$는 양이고, $n$과 $(\ln n)^p$가 모두 양의 증가함수이므로 $0$으로 단조감소합니다 — 응축 판정법을 다시 적용할 수 있습니다.

두 번째 응축을 적용하면 $\sum 2^n\cdot\frac{1}{2^n(n\ln 2)^p} = \frac{1}{(\ln 2)^p}\sum\frac{1}{n^p}$가 되며, 이는 $p > 1$일 때만 수렴합니다.

따라서 $p > 0$에서는 $p > 1$일 때 수렴, $0 < p \le 1$일 때 발산합니다.

$p < 0$인 경우(및 $p = 0$)는 비교만으로 처리합니다 — 원래 급수의 단조성은 필요 없습니다: $n \ge 16$이면 $\ln\ln n \ge 1$ ($n \ge e^e \approx 15.15$)이므로 $(\ln\ln n)^p \le 1$이고, 따라서 $a_n \ge \frac{1}{n\ln n}$입니다.

$\sum\frac{1}{n\ln n}$은 발산하므로(한 번 응축하면 조화급수의 상수배), 비교 판정법으로 원래 급수도 발산합니다.

이상으로 수렴의 필요충분조건은 $p > 1$입니다.

$s > 1$에서 오일러 곱셈식 $\zeta(s) = \prod_{p}(1-p^{-s})^{-1}$이 성립합니다 (유한 부분곱의 극한으로 이해). 핵심 항등식은 $1+\frac{1}{p^2} = \frac{1-p^{-4}}{1-p^{-2}}$입니다 — 분모가 $0$이 아니므로($p \ge 2$) 나눗셈이 정당합니다.

유한한 소수 집합 $\{p \le x\}$에 대해 $\prod_{p\le x}\left(1+\frac{1}{p^2}\right) = \frac{\prod_{p\le x}(1-p^{-4})}{\prod_{p\le x}(1-p^{-2})} = \frac{\prod_{p\le x}(1-p^{-2})^{-1}}{\prod_{p\le x}(1-p^{-4})^{-1}}$입니다. 모든 인수가 양수이므로 재배열이 문제없습니다.

$x \to \infty$일 때 분자는 $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$로, 분모는 $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$으로 수렴합니다 (오일러 곱셈식).

분모의 극한 $\zeta(4) \ne 0$입니다 — 수렴하는 오일러 곱의 어느 인자도 $0$이 아닙니다.

따라서 몫의 극한 법칙을 적용할 수 있어, 무한곱은 수렴하고 그 값은 $\frac{\pi^2/6}{\pi^4/90} = \frac{90}{6\pi^2} = \frac{15}{\pi^2}$입니다.