연습문제 · 2. 수열

쉬움

1쉬움

$a_n = \frac{n + \sin n}{n^2 + 1}$ 이라 하자. $\varepsilon$ - $N$ 논법으로 직접 증명하여 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ 임을 보이고, 주어진 $\varepsilon > 0$ 에 대해 사용할 수 있는 $N(\varepsilon)$ 을 명시적인 공식으로 구하라.

\left|\frac{n + \sin n}{n^2 + 1}\right| \le \frac{2}{n}

N(\varepsilon) = \left\lceil \frac{2}{\varepsilon} \right\rceil

ε-N 극한

\varepsilon = 0.1

: 꼬리가

\varepsilon

띠 안에 완전히 들어가는 순간이 바로 우리가 찾은

N

이다.

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분자의 진동 항을 먼저 가둔다. 모든 실수 $t$ 에 대해 $|\sin t| \le 1$ 이므로 $|n + \sin n| \le n + 1$ 이다. $n \ge 1$ 일 때 $n + 1 \le 2n$ 이고 분모는 $n^2 + 1 \ge n^2$ 이므로
$|a_n - 0| = \frac{|n + \sin n|}{n^2 + 1} \le \frac{2n}{n^2} = \frac{2}{n}.$
$\varepsilon > 0$ 이 주어지면 $N(\varepsilon) = \lceil 2/\varepsilon \rceil$ 이라 두자. $n > N$ 이면 $n > 2/\varepsilon$ , 즉 $2/n < \varepsilon$ 이다. 위 부등식과 결합하면 $|a_n - 0| < \varepsilon$ 을 얻으므로 $\varepsilon$ - $N$ 정의에 의해 $a_n \to 0$ 이다.

2쉬움

$n \ge 1$ 에 대해 $a_n = \frac{\lfloor n\sqrt{2} \rfloor}{n}$ 이라 하자. 여기서 $\lfloor x \rfloor$ 는 $x$ 이하의 가장 큰 정수이다. (a) 각 $a_n$ 이 유리수임을 보여라. (b) $\varepsilon$ - $N$ 논법으로 $a_n \to \sqrt{2}$ 임을 증명하라. (c) $\sqrt{2}$ 가 무리수임을 증명하라. 유리수 수열이 무리수 극한으로 수렴할 수 있음을 결론지어라.

0 \le n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor < 1

\left|a_n - \sqrt{2}\right| < \frac{1}{n}

ε-N 극한

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(a) $\lfloor n\sqrt{2} \rfloor$ 는 정수이므로 $a_n$ 은 정수 나누기 $n$ 꼴, 즉 유리수이다. (b) 내림 함수의 정의에서 $0 \le n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor < 1$ 이다. $n$ 으로 나누면 $|a_n - \sqrt{2}| < 1/n$ 을 얻는다. $\varepsilon > 0$ 에 대해 $N = \lceil 1/\varepsilon \rceil$ 이라 두면, $n > N$ 일 때 $|a_n - \sqrt{2}| < 1/n < \varepsilon$ 이므로 $a_n \to \sqrt{2}$ 이다.
(c) $\sqrt{2} = p/q$ (서로소인 양의 정수 $p, q$ )라 가정하면 $p^2 = 2q^2$ 이다. 따라서 $p^2$ 은 짝수이고, 짝수의 제곱이 짝수이므로 $p$ 도 짝수이다: $p = 2r$ . 대입하면 $4r^2 = 2q^2$ , 즉 $q^2 = 2r^2$ 이므로 같은 논리로 $q$ 도 짝수이다. 이는 $p, q$ 가 서로소라는 가정에 모순이다. 따라서 $\sqrt{2}$ 는 무리수이다.
유리수 수열 $(a_n)$ 이 무리수 $\sqrt{2}$ 로 수렴하므로, 유리수들의 극한이 유리수이리라는 기대는 거짓이다. 수열의 극한은 원래 집합을 "빠져나갈" 수 있다.

3쉬움

$a_n = (2 + (-1)^n)\left(1 - \frac{1}{n+1}\right)$ 이라 하자. $\limsup_{n \to \infty} a_n$ 과 $\liminf_{n \to \infty} a_n$ 을 구하고, 부분수열 논증을 이용해 엄밀히 증명하라.

a_{2k} = 3\left(1 - \frac{1}{2k+1}\right), \qquad a_{2k+1} = 1 - \frac{1}{2k+2}

상극한과 하극한

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짝수 항과 홀수 항을 분리한다. $n = 2k$ 일 때 $(-1)^n = 1$ 이므로 $a_{2k} = 3(1 - 1/(2k+1)) \to 3$ 이다. $n = 2k+1$ 일 때 $(-1)^n = -1$ 이므로 $a_{2k+1} = 1 - 1/(2k+2) \to 1$ 이다. 따라서 $\limsup a_n \ge 3$ 이고 $\liminf a_n \le 1$ 이다.
반대 방향 부등식을 위해 모든 항을 가둔다. $1 \le 2 + (-1)^n \le 3$ 이고 $0 < 1 - 1/(n+1) < 1$ 이므로 모든 $n$ 에 대해 $a_n < 3$ 이다. 따라서 $\limsup a_n \le 3$ 이고, 짝수 부분수열과 합쳐 $\limsup a_n = 3$ 을 얻는다. 마찬가지로 $a_n \ge 1 \cdot (1 - 1/(n+1))$ 이고 $1 - 1/(n+1) \to 1$ 이므로 $\liminf a_n \ge 1$ 이다. 홀수 부분수열과 합쳐 $\liminf a_n = 1$ 을 얻는다.

보통

4보통

$a_n > 0$ 이고 $a_n \to L > 0$ 이라 하자. 기하평균 $G_n = (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n}$ 이 $L$ 로 수렴함을 증명하라. (힌트: 로그를 취하면 체사로 평균이 된다.)

\log G_n = \frac{\log a_1 + \cdots + \log a_n}{n}

G_n = \exp\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \log a_k\right) \to \exp(\log L) = L

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$b_n = \log a_n$ 이라 두자. $L > 0$ 에서 로그함수가 연속이므로 $b_n \to \log L$ 이다. 체사로 정리(수열이 수렴하면 산술평균도 같은 극한으로 수렴한다)에 의해
$\frac{b_1 + \cdots + b_n}{n} \longrightarrow \log L \qquad (n \to \infty).$
한편 $\log G_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \log a_k$ 이므로, 지수함수의 연속성에 의해 $G_n = \exp(\log G_n) \to \exp(\log L) = L$ 이다. 조건 $L > 0$ 은 로그를 취하기 위해 필수적이다.

어려움

5어려움

$a_n > 0$ 인 수열에 대해 다음 부등식을 증명하라: $\liminf_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \le \liminf_{n \to \infty} a_n^{1/n} \le \limsup_{n \to \infty} a_n^{1/n} \le \limsup_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$ . 추가로, $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0$ 이면 로그를 취해 스톨츠-체사로 정리로 $a_n^{1/n} \to L$ 임을 보여라.

\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}

\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0 \quad \Longrightarrow \quad a_n^{1/n} \to L

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가운데 부등식 $\liminf \le \limsup$ 은 자명하다. 마지막 부등식을 증명한다. $R = \limsup a_{n+1}/a_n$ 이라 하자. $R = \infty$ 이면 자명하므로 $R < \infty$ 이라 하자. $R < \beta < \infty$ 인 $\beta$ 를 잡으면, 정의에 의해 $n \ge N$ 일 때 $a_{n+1}/a_n < \beta$ 이다. 따라서 $k \ge 1$ 에 대해 $a_{N+k} < a_N \beta^k$ 이고, $N+k$ 제곱근을 취하면
$a_{N+k}^{1/(N+k)} < a_N^{1/(N+k)} \cdot \beta^{k/(N+k)} \longrightarrow 1 \cdot \beta = \beta.$
( $a_N$ 은 고정되어 있고 지수가 $0$ 으로 가므로 $a_N^{1/(N+k)} \to 1$ 이다.) 따라서 $\limsup a_n^{1/n} \le \beta$ 이고, $\beta \downarrow R$ 로 보내면 $\limsup a_n^{1/n} \le R$ 을 얻는다. 첫 번째 부등식은 대칭적이다: $r = \liminf a_{n+1}/a_n$ 이라 하자. $r = 0$ 이면 자명하므로 $r > 0$ 이라 하자. $0 < \alpha < r$ 을 잡으면 $n \ge N$ 일 때 $a_{n+1}/a_n > \alpha$ 이고, $a_{N+k} > a_N \alpha^k$ 에서 $a_{N+k}^{1/(N+k)} > a_N^{1/(N+k)} \alpha^{k/(N+k)} \to \alpha$ 를 얻는다. 따라서 $\liminf a_n^{1/n} \ge \alpha$ 이고, $\alpha \uparrow r$ 로 보내면 $\liminf a_n^{1/n} \ge r$ 이다.
마지막으로 극한 형태: $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to L > 0$ 이면 $\log a_{n+1} - \log a_n = \log\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \log L$ 이다. 분자 $\log a_n$ , 분모 $n$ 에 스톨츠-체사로 정리를 적용하면 $\frac{\log a_n}{n} \to \log L$ 이고, 지수화하면 $a_n^{1/n} = \exp(\frac{\log a_n}{n}) \to \exp(\log L) = L$ 이다. 비율 판정법이 근 판정법을 함의하는 이유가 바로 이것이다.