연습문제 · 6. 급수

쉬움

1쉬움

급수 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n^2}$ 가 수렴함을 극한 비교 판정법으로 증명하세요.

\frac{\ln n / n^2}{1/n^{3/2}} = \frac{\ln n}{\sqrt{n}} \to 0

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$a_n = \frac{\ln n}{n^2} > 0$ ( $n \ge 2$ )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 정리를 $x \to \infty$ 에 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.

2쉬움

$N \ge 2$ 에 대해 부분곱 $P_N = \prod_{n=2}^{N}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)$ 을 계산하고, $\lim_{N\to\infty} P_N = \frac{1}{2}$ 임을 증명하세요.

P_N = \frac{N+1}{2N} \to \frac{1}{2}

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$1-\frac{1}{n^2} = \frac{n^2-1}{n^2} = \frac{(n-1)(n+1)}{n^2}$ 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.

3쉬움

급수 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}$ 가 수렴함을 보이고, 세 번째 부분합 $S_3$ 을 계산한 뒤, 나머지 오차 $|S - S_3|$ 의 상한을 구하세요.

S_3 = \frac{1}{2}-\frac{1}{6}+\frac{1}{12} = \frac{5}{12}, \qquad |S-S_3| \le \frac{1}{20}

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$b_n = \frac{1}{n(n+1)}$ 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.

보통

4보통

급수 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}\cdot\frac{1}{n}$ 에 비율 판정법이 왜 결론을 내지 못하는지 설명하고, 라베 판정법으로 수렴함을 증명하세요.

n\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right) = \frac{n(3n+2)}{2(n+1)^2} \to \frac{3}{2} > 1

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$a_n = \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}\cdot\frac{1}{n} > 0$ 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, $n\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right) = \frac{n(3n+2)}{2(n+1)^2} \to \frac{3}{2}$ .
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.)

5보통

급수 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\,n+(-1)^n\sqrt{n}\,}$ 가 조건수렴함을 증명하세요. (힌트: $\frac{1}{1+u} = 1-u+\frac{u^2}{1+u}$ 를 이용하세요.)

\frac{(-1)^n}{n+(-1)^n\sqrt{n}} = \frac{(-1)^n}{n}-\frac{1}{n^{3/2}}+\sigma_n, \quad |\sigma_n| \le \frac{C}{n^2}

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$b_n = \frac{1}{n+(-1)^n\sqrt{n}} > 0$ ( $n \ge 2$ )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. 힌트의 항등식으로 $\frac{1}{1+u_n} = 1-u_n+\rho_n$ ( $|\rho_n| = \frac{u_n^2}{|1+u_n|} \le \frac{C}{n}$ , $C = \frac{1}{1-1/\sqrt{2}}$ )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.

어려움

6어려움

$p$ 가 실수일 때, 베르트랑 급수 $\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n\,\ln n\,(\ln\ln n)^p}$ 가 수렴할 필요충분조건이 $p > 1$ 임을 응축 판정법을 두 번 써서 증명하세요.

\sum 2^n a_{2^n} = \sum_{n\ge 3}\frac{1}{\ln 2\cdot n\,(\ln(n\ln 2))^p} \asymp \sum_{n\ge 3}\frac{1}{n(\ln n)^p}

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$a_n = \frac{1}{n\,\ln n\,(\ln\ln n)^p}$ ( $n \ge 3$ )이라 둡니다. $n \ge 3$ 에서 $\ln\ln n > 0$ 이고 $n$ , $\ln n$ , $(\ln\ln n)^p$ 가 모두 양의 증가함수이므로, $a_n$ 은 $0$ 으로 단조감소합니다. 응축 판정법을 적용할 수 있습니다.
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 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.
$p \le 0$ 인 경우: $n \ge 16$ 이면 $\ln\ln n \ge 1$ 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.

7어려움

오일러 곱셈식을 이용해 무한곱 $\prod_{p\ \text{소수}}\left(1+\frac{1}{p^2}\right)$ 가 수렴하고 그 값이 $\frac{15}{\pi^2}$ 임을 증명하세요. ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ 은 알려진 사실로 사용해도 됩니다.)

\prod_{p\le x}\left(1+\frac{1}{p^2}\right) = \frac{\prod_{p\le x}(1-p^{-2})^{-1}}{\prod_{p\le x}(1-p^{-4})^{-1}} \to \frac{\zeta(2)}{\zeta(4)} = \frac{15}{\pi^2}

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$s > 1$ 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). 따라서 무한곱은 수렴하고, 그 값은 $\frac{\pi^2/6}{\pi^4/90} = \frac{90}{6\pi^2} = \frac{15}{\pi^2}$ 입니다.