라이프니츠 급수

부분합이 목표값을 번갈아 넘고 밑돌며 조여드는 장면입니다. 양쪽에서 좁혀 오는 샌드위치와 같습니다.

한 항을 더하면 목표를 지나치고 다음 항에서 되돌아옵니다. 왔다 갔다 하는 폭은 점점 줄어듭니다. 그래서 목표는 이웃한 두 부분합 사이에 항상 끼어 있습니다. 그 간격이 곧 오차의 상한입니다.

예를 들면, ⚽ 공이 선을 넘어갔다가 돌아오기를 반복합니다. 넘치는 거리는 매번 짧아집니다. 공은 결국 선 위에 멈출 수밖에 없습니다.

π4=1−13+15−17+⋯\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots
∣SN−π4∣≤12N+1\left|S_N-\frac{\pi}{4}\right|\le\frac{1}{2N+1}

예제

SN:=∑k=0N(−1)k2k+1S_N := \sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{2k+1}로 정의할 때, 교대급수 오차 추정 ∣SN−π4∣≤12N+3\left|S_N - \frac{\pi}{4}\right| \le \frac{1}{2N+3}을 증명하세요.

∣L−SN∣≤∣SN+1−SN∣=aN+1=12N+3,SN=∑k=0N(−1)k2k+1|L - S_N| \le |S_{N+1} - S_N| = a_{N+1} = \frac{1}{2N+3}, \qquad S_N = \sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{2k+1}
N=12N = 12 (항 13개): 오차 ≤1/27≈0.037\le 1/27 \approx 0.037 — 위아래에서 조여듭니다.
증명 보기

  1. ak=12k+1↓0a_k = \frac{1}{2k+1} \downarrow 0라 두고 SN=∑k=0N(−1)kakS_N = \sum_{k=0}^{N} (-1)^k a_k로 정의합니다.

    짝을 이룬 차이로 중첩 구조를 증명합니다: S2m+2−S2m=−a2m+1+a2m+2=−(a2m+1−a2m+2)≤0S_{2m+2} - S_{2m} = -a_{2m+1} + a_{2m+2} = -(a_{2m+1} - a_{2m+2}) \le 0이므로 짝수 부분합 (S2m)(S_{2m})은 감소하고, m≥1m \ge 1에서 S2m+1−S2m−1=a2m−a2m+1≥0S_{2m+1} - S_{2m-1} = a_{2m} - a_{2m+1} \ge 0이므로 홀수 부분합 (S2m+1)(S_{2m+1})은 증가합니다.

    또 S2m−S2m+1=a2m+1>0S_{2m} - S_{2m+1} = a_{2m+1} > 0입니다.

  2. (S2m)(S_{2m})은 아래로 (S2m+1)(S_{2m+1})의 값들에 의해 유계이고 (S2m+1)(S_{2m+1})은 위로 유계이므로 둘 다 수렴합니다.

    간격 S2m−S2m+1=a2m+1→0S_{2m} - S_{2m+1} = a_{2m+1} \to 0이므로 두 극한은 같은 값 LL이며, 모든 mm에 대해 S2m+1≤L≤S2mS_{2m+1} \le L \le S_{2m}입니다.

    따라서 연속한 두 부분합 사이에 LL이 항상 있고, ∣L−SN∣≤∣SN+1−SN∣=aN+1|L - S_N| \le |S_{N+1} - S_N| = a_{N+1}입니다.

    여기서 aN+1=12(N+1)+1=12N+3a_{N+1} = \frac{1}{2(N+1)+1} = \frac{1}{2N+3}입니다.

  3. 극한을 동정합니다: 이 급수는 아래 arctan 문제의 급수에 x=1x = 1을 대입한 것으로, Abel 연속성에 의해 그 합은 arctan⁡1=π4\arctan 1 = \frac{\pi}{4}입니다. 즉 L=π4L = \frac{\pi}{4}이므로 ∣SN−π4∣≤12N+3\left|S_N - \frac{\pi}{4}\right| \le \frac{1}{2N+3}입니다.

소수점 아래 3자리까지 정확함을 보장하려면 몇 개의 항이면 충분한가요?

앞 문제의 SN=∑k=0N(−1)k2k+1S_N = \sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{2k+1}와 오차 한계를 이용해 충분한 개수를 구하세요.

12N+3<0.0005  ⟺  N≥999(1000 terms suffice)\frac{1}{2N+3} < 0.0005 \iff N \ge 999 \quad \text{(1000 terms suffice)}
항 60개에서도 소수 둘째 자리 — 수렴이 매우 느립니다.
증명 보기

  1. 소수 3자리 정확도(반올림 기준)는 오차 <0.0005< 0.0005를 요구합니다.

  2. 오차 추정으로 충분조건은 12N+3<0.0005\frac{1}{2N+3} < 0.0005, 즉 2N+3>20002N + 3 > 2000, N>998.5N > 998.5입니다.

    따라서 N≥999N \ge 999이면 충분합니다.

    확인: N=999N = 999이면 12001≈0.00049975<0.0005\frac{1}{2001} \approx 0.00049975 < 0.0005이고, N=998N = 998이면 한계값 11999≈0.00050025>0.0005\frac{1}{1999} \approx 0.00050025 > 0.0005라 이 한계로는 보장되지 않습니다 (실제 오차가 더 클 것이라는 뜻은 아닙니다).

  3. 따라서 N=999N = 999, 즉 항 1000개 (k=0,…,999k = 0, \dots, 999)이면 정확도가 보장됩니다 — 이는 충분조건이지 최소라는 주장이 아닙니다. 라이프니츠 급수의 악명 높은 느림입니다.

arctan⁡x=∑k=0∞(−1)kx2k+12k+1\arctan x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} (∣x∣<1|x| < 1)를 유도하고, x=1x = 1에서 라이프니츠 급수가 됨을 설명하세요. (마지막 단계는 아벨 정리로 정당화되며, 여기서는 알려진 사실로 둡니다.)

arctan⁡x=∫0xdt1+t2=∑k=0∞(−1)kx2k+12k+1\arctan x = \int_0^x \frac{dt}{1+t^2} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1}
이 급수의 출처: arctan⁡\arctan의 거듭제곱급수에 x=1x = 1 대입.
증명 보기

  1. ∣t∣<1|t| < 1에서 11+t2=∑k=0∞(−t2)k\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^{\infty}(-t^2)^k입니다 (기하급수).

  2. 고정된 ∣x∣<1|x| < 1에 대해, 00과 xx 사이 구간의 모든 tt에서 ∣(−t2)k∣=∣t∣2k≤∣x∣2k\lvert (-t^2)^k \rvert = \lvert t \rvert^{2k} \le \lvert x \rvert^{2k}이고 ∑k∣x∣2k\sum_k \lvert x \rvert^{2k}는 수렴하는 기하급수이므로, Weierstrass M-test로 그 구간에서 균등수렴합니다.

    따라서 항별 적분이 정당합니다: 먼저 0≤x<10 \le x < 1인 경우 arctan⁡x=∫0x∑k=0∞(−1)kt2k dt=∑k=0∞(−1)kx2k+12k+1\arctan x = \int_0^x \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k t^{2k}\,dt = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1}입니다.

    x<0x < 0인 경우 구간이 뒤집힙니다: [x,0][x, 0]에서 같은 bound가 성립하고 ∫0x=−∫x0\int_0^x = -\int_x^0이며 양변이 odd function이므로 같은 식이 성립합니다.

  3. x=1x = 1 대입은 조건수렴 급수이므로 아벨 정리가 필요합니다 — 알려진 사실로 받아들이면 arctan⁡1=π4\arctan 1 = \frac{\pi}{4}가 라이프니츠 급수와 같습니다.

7. 급수