자연계열 (오후2) 1번

1. $\displaystyle 36 = 2^{2} ( 2 \left( 2^{2} \right) + 1 )$이므로$\displaystyle a_{2} = \left( a_{1} - 2020 \right)^{2021} + 2020 = 2021$$\displaystyle a_{4} = \left( a_{2} - 2020 \right)^{2021} + 2020 = 2021$$\displaystyle a_{9} = \left( a_{4} - 2022 \right)^{2020} + 2018 = 2019$$\displaystyle a_{18} = \left( a_{9} - 2020 \right)^{2021} + 2020 = 2019$$\displaystyle a_{36} = \left( a_{18} - 2020 \right)^{2021} + 2020 = 2019$이다.

[형태 4. $\displaystyle k=2^l(2^m+1)+1,\ (m,l\ge1)$ ](형태 2)를 만족하는 $\displaystyle a_{2^m+1}=2019$임을 알 수 있다. $\displaystyle l=1$인 경우, 제시문의 ㄷ 에 의해$\displaystyle a_{2(2^m+1)+1}=(a_{2^m+1}-2022)^{2020}+2018>2^{2020}$이다.$\displaystyle l>1$인 경우, 제시문 ㄴ 에 의해 $\displaystyle a_{2^{l-1}(2^m+1)}=2019$이고, 제시문 ㄷ 에 의해$\displaystyle a_{2^l(2^m+1)+1}=(a_{2^{l-1}(2^m+1)}-2022)^{2020}+2018>2^{2020}$이다.따라서, $\displaystyle a_k>2^{2020}$이다.[형태 5. $\displaystyle k$는 형태 1, 2, 3, 4가 아닌 나머지 수 ]$\displaystyle k$는 항상 $\displaystyle (\cdots2^r(2^l(2^m+1)+1)\cdots)$꼴로 쓸 수가 있으며(단, $\displaystyle m,l,r\ge1$), (형태 4)에 의해 $\displaystyle a_{2^l(2^m+1)+1}>2^{2020}$임을 알 수 있다.$\displaystyle a_k$는 제시문 ㄴ 과 ㄷ을 반복적용해서 계산이 가능한데, 항상 2022보다 큰 수에 대해 증가하므로 $\displaystyle a_k>2^{2020}$이다.

3. $\displaystyle \alpha=2019$이다. $\displaystyle a_k=2019$는 1번 풀이의 (형태 2)와 (형태 3)의 $\displaystyle k$만 가능하다.Correction. ‘1번 풀이’는 ‘2번 풀이’의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.(형태 2)는 $\displaystyle m=1,2,...,n-1$인 경우에만 $\displaystyle 2^m+1\le2^n$를 만족하므로 $\displaystyle n-1$개가 가능하다.(형태 3)은 $\displaystyle l=1,...,n-2$인 경우, $\displaystyle m=1,2,...,n-l-1$인 경우에만 $\displaystyle 2^l(2^m+1)\le2^n$를 만족하므로$\displaystyle \sum_{l=1}^{n-2}(n-l-1)=(n-1)(n-2)-\frac{(n-2)(n-1)}2=\frac{(n-2)(n-1)}2$개가 가능하다.따라서, $\displaystyle c_n=\frac{(n-2)(n-1)}2+(n-1)=\frac{n(n-1)}2$이고, $\displaystyle S_n=\sum_{t=1}^n\frac{2(n-1)}{2c_n+t(n-1)}=\sum_{t=1}^n\frac2{n+t}=\frac1n\sum_{t=1}^n\frac2{1+\frac tn}$를 만족한다.

따라서, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=\int_0^1\frac2{1+x}\,dx=\Biggl[2\ln(1+x)\Biggr]_0^1=2\ln2$이다.