자연계열 (2차) 3번

【3-1】$\displaystyle a_n=\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(2n)!n^n}}$이므로$\displaystyle \ln a_n=\frac1n\ln\frac{(2n+1)(2n+2)\cdots(3n)}{n^n}=\frac1n\ln\left(2+\frac1n\right)\left(2+\frac2n\right)\cdots\left(2+\frac nn\right)$$\displaystyle =\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(2+\frac kn\right)$이다.(제시문 가)에 의해 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln a_n=\int_0^1\ln(2+x)\,dx=\int_2^3\ln t\,dt$이다.부분적분법(제시문 다)에 의해$\displaystyle \int_2^3\ln t\,dt=\Biggl[t\ln t\Biggr]_2^3-\int_2^3t\frac1t\,dt=(3\ln3-2\ln2)-1=\ln\frac{27}{4e}$

【3-2】$\displaystyle f(x)=\sqrt x-\ln x$라 하면, $\displaystyle x>4$일 때, $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac1{2\sqrt x}-\frac1x=\frac{\sqrt x-2}{2x}>0$이다.따라서 $\displaystyle f(x)$는 $\displaystyle [4,\infty)$에서 증가한다.$\displaystyle f(4)=\sqrt4-\ln4=2(1-\ln2)>0$이므로, 모든 $\displaystyle x>4$에 대해 $\displaystyle f(x)=\sqrt x-\ln x>0$가 성립한다.$\displaystyle n>4$에 대해 $\displaystyle 0<\frac{\ln n}n=\frac1{\sqrt n}\frac{\ln n}{\sqrt n}<\frac1{\sqrt n}$이고 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt n}=0$이므로$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}n=0$이다

【3-3】$\displaystyle \frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n+1-k}n\ln\frac{n+k}n\right)=\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n-k}n\ln\frac{n+k}n\right)+\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1n\ln\frac{n+k}n$이다.$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n-k}n\ln\frac{n+k}n\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left\{\left(1-\frac kn\right)\ln\left(1+\frac kn\right)\right\}=\int_0^1(1-x)\ln(1+x)\,dx$이고,$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac1n\ln\frac{n+k}n\right)=\lim_{n\to\infty}\left\{\frac1n\times\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right)\right\}=\left(\lim_{n\to\infty}\frac1n\right)\times\int_0^1\ln(1+x)\,dx=0\times\ln\frac4e=0$따라서, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n+1-k}n\ln\frac{n+k}n\right)=\int_0^1(1-x)\ln(1+x)\,dx$이 성립한다.

【3-4】$\displaystyle \begin{aligned}\ln a_n&=n\ln(n+1)+(n-1)\ln(n+2)+\cdots+\ln(2n)=\sum_{k=1}^n(n+1-k)\ln(n+k)\\&=\sum_{k=1}^n(n+1-k)\ln\left(\frac{n+k}n\times n\right)=\sum_{k=1}^n(n+1-k)\ln\frac{n+k}n+\sum_{k=1}^n(n+1-k)\ln n\\&=\sum_{k=1}^n\left\{(n+1-k)\ln\frac{n+k}n\right\}+\frac{n(n+1)}2\ln n\end{aligned}$이므로$\displaystyle \begin{aligned}\ln\frac{\sqrt[n^2]{a_n}}{\sqrt n}&=\frac1{n^2}\ln a_n-\frac12\ln n=\frac1{n^2}\left\{\frac{n(n+1)}2\ln n+\sum_{k=1}^n(n+1-k)\ln\frac{n+k}n\right\}-\frac{\ln n}2\\&=\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n+1-k}n\ln\frac{n+k}n\right)+\frac1{2n}\ln n\end{aligned}$이다.[문항 1-2]에 의해 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}n=0$이고, [문항 1-3]에 의해Correction. “문항 [1-2]”는 “문항 【3-2】”의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.Correction. “문항 [1-3]”은 “문항 【3-3】”의 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{n+1-k}n\ln\frac{n+k}n\right)=\int_0^1(1-x)\ln(1+x)\,dx$이므로$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln\frac{\sqrt[n^2]{a_n}}{\sqrt n}=\int_0^1(1-x)\ln(1+x)\,dx=\int_1^2(2-t)\ln t\,dt$이다.$\displaystyle \begin{aligned}\int_1^2(2-t)\ln t\,dt&=\Biggl[\left(2t-\frac{t^2}2\right)\ln t\Biggr]_1^2-\int_1^2\left(2t-\frac{t^2}2\right)\frac1t\,dt=\Biggl[\left(2t-\frac{t^2}2\right)\ln t\Biggr]_1^2-\int_1^2\left(2-\frac t2\right)\,dt\\&=\Biggl[\left(2t-\frac{t^2}2\right)\ln t\Biggr]_1^2-\Biggl[2t-\frac{t^2}4\Biggr]_1^2=(2\ln2-\tfrac32\ln1)-\left\{\left(4-\frac44\right)-\left(2-\frac14\right)\right\}=2\ln2-\frac54\end{aligned}$따라서,$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln\frac{\sqrt[n^2]{a_n}}{\sqrt n}=\int_0^1(1-x)\ln(1+x)\,dx=2\ln2-\frac54$이다.