자연계열 I 1번

【1-1】수열 $\displaystyle h_k=(\sin\theta)(\cos^{2k-2}\theta)$는 초항이 $\displaystyle \sin\theta$, 공비가 $\displaystyle \cos^2\theta$인 등비수열이므로 제시문 (가)에 의해 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\sqrt{h_k}=\dfrac{\sqrt{\sin\theta}}{1-\cos\theta}$이다.한편, $\displaystyle \cos\left(\theta+\dfrac\pi6\right)=\dfrac{3\sqrt5-1}8$이고 $\displaystyle \cos\left(\theta+\dfrac\pi6\right)=\dfrac{\sqrt3}2\cos\theta-\dfrac12\sin\theta$이므로$\displaystyle \cos\theta=\dfrac1{\sqrt3}\sin\theta+\dfrac{3\sqrt5-1}{4\sqrt3}$이다. 다시, $\displaystyle \sin^2\theta+\cos^2\theta=1$이므로 연립하여 정리하면$\displaystyle 32\sin^2\theta+(12\sqrt5-4)\sin\theta-(1+3\sqrt5)=0$이고, 이것을 인수분해하면$\displaystyle (4\sin\theta-1)(8\sin\theta+1+3\sqrt5)=0$이다. $\displaystyle 0<\theta<\dfrac\pi2$이므로 $\displaystyle \sin\theta=\dfrac14$이고, $\displaystyle \cos\theta=\dfrac{\sqrt{15}}4$이다.따라서, $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\sqrt{h_k}=\dfrac{\dfrac12}{1-\dfrac{\sqrt{15}}4}=\dfrac2{4-\sqrt{15}}=8+2\sqrt{15}$이다. 즉, (ㄱ)은 $\displaystyle 8$ (ㄴ)은 $\displaystyle 2$이다.

【1-2】모든 자연수 $\displaystyle n$에 대하여 등식$\displaystyle 1-\dfrac12+\dfrac13-\dfrac14+\cdots+\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n}=\sum_{i=1}^n\dfrac1{n+i}$이 성립함을 수학적 귀납법으로 증명하면 다음과 같다.〈증명〉(1) $\displaystyle n=1$일 때, (좌변)$\displaystyle =\dfrac12=$(우변)이므로 주어진 등식은 성립한다.(2) $\displaystyle n=k$일 때, 성립한다고 가정하면$\displaystyle 1-\dfrac12+\dfrac13-\dfrac14+\cdots+\dfrac1{2k-1}-\dfrac1{2k}=\sum_{i=1}^k\dfrac1{k+i}$이다. $\displaystyle n=k+1$일 때 성립함을 보이자.$\displaystyle \begin{aligned}&1-\dfrac12+\dfrac13-\dfrac14+\cdots+\dfrac1{2k-1}-\dfrac1{2k}+\dfrac1{2k+1}-\dfrac1{2k+2}\\&=\sum_{i=1}^k\dfrac1{k+i}+\dfrac1{2k+1}-\dfrac1{2k+2}\\&=\sum_{i=2}^{k+1}\dfrac1{k+i}+\dfrac1{2k+2}\\&=\sum_{i=1}^{k+1}\dfrac1{(k+1)+i }\end{aligned}$그러므로 $\displaystyle n=k+1$일 때도 성립한다. 따라서 모든 자연수 $\displaystyle n$에 대하여 주어진 등식은 성립한다.그러므로 (ㄷ)은 $\displaystyle \dfrac12$, (ㄹ)은 $\displaystyle 2k+2$, (ㅁ)은 $\displaystyle k+i+1$이다.

【1-3】$\displaystyle S_j=\dfrac{j\sqrt{\sin\theta}}{1-\cos\theta}=j(8+2\sqrt{15})$이므로 【1-2】에 의해$\displaystyle \begin{aligned}\sum_{j=1}^{2n}(-1)^{j+1}\dfrac2{S_j}&=2\left(\dfrac1{S_1}-\dfrac1{S_2}+\dfrac1{S_3}-\dfrac1{S_4}+\cdots+\dfrac1{S_{2n-1}}-\dfrac1{S_{2n}}\right)\\&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\left(1-\dfrac12+\dfrac13-\dfrac14+\cdots+\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n}\right)\\&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\sum_{i=1}^n\dfrac1{n+i}\end{aligned}$이다. 제시문 (라)에 의해$\displaystyle \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{2n}(-1)^{j+1}\dfrac2{S_j}&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\dfrac1{n+i}\\&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\dfrac1{1+\dfrac in}\dfrac1n\\&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\int_0^1\dfrac1{1+x}\,dx\\&=\dfrac1{4+\sqrt{15}}\Biggl[\ln|1+x|\Biggr]_0^1\\&=(4-\sqrt{15})\ln2\end{aligned}$따라서, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{2n}(-1)^{j+1}\dfrac2{S_j}+\sqrt{15}\ln2=4\ln2=\ln16$이다. 즉, (ㅂ)은 $\displaystyle 16$이다.