자연계열 II 3번

1) 수학적 귀납법을 이용하여 $\displaystyle a_n=\tan n\theta$임을 보인다.$\displaystyle n=1$일 때 위의 관계는 참이다.$\displaystyle n=k$일 때 $\displaystyle a_k=\tan k\theta$이면, 삼각함수의 덧셈정리에 의해$\displaystyle a_{k+1}=\frac{2a_k+3}{2-3a_k}=\frac{\frac{2a_k+3}2}{\frac{2-3a_k}2}=\frac{a_k+\frac32}{1-\frac32a_k}=\frac{\tan k\theta+\tan\theta}{1-\tan k\theta\cdot\tan\theta}=(k+1)\theta$Correction. 마지막 항 $\displaystyle (k+1)\theta$는 $\displaystyle \tan((k+1)\theta)$의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.이다. 그러므로 임의의 자연수 $\displaystyle n$에 대하여 $\displaystyle a_n=\tan n\theta$이다.

2)

가) $\displaystyle a_1=\frac32$은 유리수이다. $\displaystyle a_n$이 유리수라면 $\displaystyle 2a_n+3$ 와 $\displaystyle 2-3a_n$도 유리수이고 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{2a_n+3}{2-3a_n}$ 도 유리수이다 그러므로 수학적 귀납법에 의해 모든 $\displaystyle a_n$은 유리수이다.

나) 먼저 $\displaystyle n$이 홀수일 때 $\displaystyle a_n=\tan n\theta\ne0$을 보이자.$\displaystyle a_1=\frac32\ne0$은 자명하다.

1보다 큰 홀수 $\displaystyle n=2k+1$에 대하여 $\displaystyle a_n=a_{2k+1}=\frac{2a_{2k}+3}{2-3a_{2k}}=\frac{2\tan2k\theta+3}{2-3\tan2k\theta}$이다. 따라서 $\displaystyle a_{2k+1}\ne0$이기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle \tan2k\theta\ne-\frac32$ 이다. $\displaystyle \tan$함수의 배각공식에 의해 $\displaystyle \tan2k\theta=\frac{2\tan k\theta}{1-\tan^2k\theta}=\frac{2a_k}{1-a_k^2}$이므로 $\displaystyle \tan2k\theta\ne-\frac32$이기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle 3a_k^2-4a_k-3\ne0$이다.

한편 방정식 $\displaystyle 3x^2-4x-3=0$의 두 근은 $\displaystyle x=\frac{4\pm\sqrt{16+36}}6=\frac{2\pm\sqrt{13}}3$ 로 무리수이다. 하지만 처음 가)에서 $\displaystyle a_k=\tan k\theta$가 유리수임을 보였으므로 $\displaystyle 3a_k^2-4a_k-3\ne0$이 성립한다. 그러므로 $\displaystyle a_{2k+1}\ne0$이다.

다) $\displaystyle n$이 짝수일 때, $\displaystyle a_n=\tan n\theta\ne0$을 보이자.자연수 $\displaystyle n$을 소인수분해하면 자연수 $\displaystyle k$와 $\displaystyle l$이 존재하여 $\displaystyle n=2^k(2l-1)$으로 쓸 수 있다.짝수 $\displaystyle n=2^k(2l-1)$에 대하여 $\displaystyle \tan$배각공식을 활용하면$\displaystyle a_n=a_{2^k(2l-1)}=\tan2^k(2l-1)\theta=\tan2\cdot2^{k-1}(2l-1)\theta=\frac{2\tan2^{k-1}(2l-1)\theta}{1-\tan^22^{k-1}(2l-1)\theta}=\frac{2a_{\frac n2}}{1-a_{\frac n2}^2}$이다. 따라서 $\displaystyle a_n\ne0$이기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle a_{\frac n2}\ne0$이다. 그러므로 위의 과정을 $\displaystyle n=2^k(2l-1)$에서 $\displaystyle \frac n{2^k}=2l-1$이 될 때까지 $\displaystyle k$번 반복하면$\displaystyle a_n\ne0\Leftrightarrow a_{2^{k-1}(2l-1)}\ne0\Leftrightarrow\cdots\Leftrightarrow a_{2(2l-1)}\ne0\Leftrightarrow a_{2l-1}\ne0$을 얻는다. 그러면 $\displaystyle 2l-1$은 홀수이고 $\displaystyle a_{2l-1}\ne0$임을 나)에서 증명하였으므로 모든 짝수 $\displaystyle n=2^k(2l-1)$에 대해서도 $\displaystyle a_n\ne0$이다.그러므로 모든 자연수 $\displaystyle n$에 대하여 $\displaystyle a_n\ne0$이 성립한다.

3) 자연수 $\displaystyle n$과 $\displaystyle m$이 다르다고 하였으므로, $\displaystyle n<m$이라 할 때 적당한 자연수 $\displaystyle k$에 대하여 $\displaystyle m=n+k$이다.그러면 $\displaystyle \tan$함수의 합과 차의 공식에 의해$\displaystyle \begin{aligned}a_m-a_n&=\tan m\theta-\tan n\theta=\tan(n+k)\theta-\tan n\theta\\&=\frac{\tan n\theta+\tan k\theta}{1-\tan n\theta\tan k\theta}-\tan n\theta\\&=\frac{\tan n\theta+\tan k\theta-\tan n\theta+\tan^2n\theta\tan k\theta}{1-\tan n\theta\tan k\theta}\\&=\frac{\tan k\theta+\tan^2n\theta\tan k\theta}{1-\tan n\theta\tan k\theta}\\&=\frac{\tan k\theta(1+\tan^2n\theta)}{1-\tan n\theta\tan k\theta}\end{aligned}$이다. (2)에서 $\displaystyle \tan k\theta\ne0$라고 하였고 $\displaystyle 1+\tan^2n\theta>1$이 성립하므로 $\displaystyle a_m-a_n=\frac{\tan k\theta(1+\tan^2n\theta)}{1-\tan n\theta\tan k\theta}\ne0$ 이다.