자연계열 (오후) 2번

(2) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty S_n=\sum_{n=1}^\infty\frac2{n(n+1)}=2\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=2$.

[문제 2-2] (35점)(1) 세 점 $\displaystyle \mathrm{O}(0,0)$, $\displaystyle \mathrm{P}(\alpha,f(\alpha))$, $\displaystyle \mathrm{Q}(\pi/n,0)$을 지나는 이차함수는 $\displaystyle g(x)=cx\left(x-\frac\pi n\right)$의 형태로 표현할 수 있고, 점 $\displaystyle \mathrm{P}(\alpha,f(\alpha))$를 지나야 하므로 $\displaystyle c=\frac1{n+1}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha\left(\alpha-\frac\pi n\right)}$가 된다. 즉,$\displaystyle g(x)=\frac1{n+1}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha\left(\alpha-\frac\pi n\right)}x\left(x-\frac\pi n\right)$.

따라서, $\displaystyle T_n$은$\displaystyle \begin{aligned}T_n&=\frac1{n+1}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha\left(\alpha-\frac\pi n\right)}\int_0^{\pi/n}\left(x^2-\frac\pi n x\right)\,dx=\frac1{n+1}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha\left(\alpha-\frac\pi n\right)}\Biggl[\frac13x^3-\frac\pi n\frac12x^2\Biggr]_0^{\frac\pi n}\\&=\frac1{n+1}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha\left(\alpha-\frac\pi n\right)}\left(-\frac16\right)\left(\frac\pi n\right)^3\end{aligned}$이다. 이것을 정리하면$\displaystyle T_n=\frac{\pi^3}{6n^2(n+1)}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha(\pi-n\alpha)}$

(2) $\displaystyle T_n=\frac{\pi^3}{6n(n+1)}\frac1{(\pi-n\alpha)}\frac{\sin(n\alpha)}{n\alpha}$이므로, $\displaystyle \lim_{\alpha\to0^+}\frac{\sin(n\alpha)}{n\alpha}=1$을 이용하여 다음을 얻는다.$\displaystyle \lim_{\alpha\to0^+}T_n=\frac{\pi^2}{6n(n+1)}$

(3) (1)에서 구한 $\displaystyle T_1=\frac{\pi^3}{12}\frac{\sin\alpha}{\alpha(\pi-\alpha)}$가 $\displaystyle \alpha=\frac\pi2$에서 최댓값 $\displaystyle \frac\pi3$를 갖는 것을 증명하기 위해서 구간 $\displaystyle 0<x<\pi$에서 정의된 함수 $\displaystyle h(x)=\frac{\sin x}{x(\pi-x)}$가 $\displaystyle x=\frac\pi2$에서 최댓값 $\displaystyle h\left(\frac\pi2\right)=\frac4{\pi^2}$을 갖는 것을 증명하면 된다. 그런데 함수 $\displaystyle h(x)$의 그래프는 $\displaystyle x=\frac\pi2$를 중심으로 대칭이므로 $\displaystyle 0<x\le\frac\pi2$일 때 $\displaystyle h(x)=\frac{\sin x}{x(\pi-x)}\le\frac4{\pi^2}$이 성립함을 보이면 된다. $\displaystyle k(x)=\frac4{\pi^2}x(\pi-x)-\sin x$라 놓으면, 제시문 (다)에 의하여 $\displaystyle 0<x\le\frac\pi2$일 때 $\displaystyle k(x)\ge0$을 보이면 된다.

$\displaystyle k(x)$와 $\displaystyle k^{\prime}(x)=\frac4{\pi^2}(\pi-2x)-\cos x$ 그리고 $\displaystyle k^{\prime\prime}(x)=-\frac8{\pi^2}+\sin x$에 대한 다음과 같은 사실을 확인할 수 있다.① $\displaystyle \lim_{x\to0^+}k(x)=0$, $\displaystyle k\left(\frac\pi2\right)=0$② $\displaystyle \lim_{x\to0^+}k^{\prime}(x)=\frac4\pi-1>0$, $\displaystyle k^{\prime}\left(\frac\pi2\right)=0$.

③ $\displaystyle k^{\prime\prime}(x)=0$을 만족하는 $\displaystyle x$는 구간 $\displaystyle \left(0,\frac\pi2\right)$에 오직 한 개 존재한다.이제 $\displaystyle k(x)<0$이 되는 $\displaystyle x$가 구간 $\displaystyle \left(0,\frac\pi2\right)$에 존재한다고 가정하자. 그러면 함수 $\displaystyle k(x)$는 0부터 $\displaystyle \frac\pi2$ 사이에서 차례로 증가, 감소, 증가하는 구간을 가지므로 $\displaystyle k^{\prime}(x)=0$을 만족하는 $\displaystyle x$가 구간 $\displaystyle \left(0,\frac\pi2\right)$에 2개 이상 존재한다. $\displaystyle k^{\prime}\left(\frac\pi2\right)=0$이므로 롤의 정리에 의해 $\displaystyle k^{\prime\prime}(x)=0$을 만족하는 $\displaystyle x$가 구간 $\displaystyle \left(0,\frac\pi2\right)$에 2개 이상 존재하고, 이것은 ③에 모순이다. 그러므로 $\displaystyle k(x)\ge0$이 성립한다.

(4) $\displaystyle T_n=\frac{\pi^3}{6n^2(n+1)}\frac{\sin(n\alpha)}{\alpha(\pi-n\alpha)}$의 최댓값을 구하기 위해 $\displaystyle \frac{\sin(n\alpha)}{\alpha(\pi-n\alpha)}$의 최대값을 구간 $\displaystyle \left(0,\frac\pi n\right)$에서 구하면 된다. $\displaystyle n\alpha=y$로 놓으면 $\displaystyle 0<y<\pi$이고, $\displaystyle \frac{\sin(n\alpha)}{\alpha(\pi-n\alpha)}=\frac{n\sin y}{y(\pi-y)}$이다. (3)의 결과에 의하여 이것은 $\displaystyle y=\frac\pi2$, 즉 $\displaystyle \alpha=\frac\pi{2n}$일 때 최대가 된다. 그러므로 $\displaystyle T_n$의 최댓값은 $\displaystyle \frac{2\pi}{3n(n+1)}$이다.