의예과 2번

(문제 2-1)$\displaystyle \begin{aligned} S_{n} &= \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}\right)=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k}{k(k+1)(k+2)}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)} \\ &= \sum_{k=1}^{n}\frac{2}{(k+1)(k+2)}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)} \\ &= 2\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(k+1)}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right) \\ &= 2\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right) \\ &= 2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\cdot2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) \end{aligned}$따라서 $\displaystyle \alpha=\lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}\left[2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\cdot2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)\right]=\frac{3}{4}$

이제 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\alpha^{n}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4}{3}\right)^{n}=\infty$이고 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3+\frac{1}{n}}{4+\frac{12}{n}+\frac{8}{n^{2}}}=\frac{3}{4}>0$이므로$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{S_{n}}{\alpha^{n}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\frac{n(3n+1)}{4(n+1)(n+2)}\ne0$따라서 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{S_{n}}{\alpha^{n}}$은 발산한다.

(문제 2-2)$\displaystyle \sin(2x)=2\sin x\cos x$이므로,$\displaystyle \sin(2^{2}x)=2\sin(2x)\cos(2x)=2^{2}\sin x\cos x\cos(2x)$을 얻을 수 있고,이를 반복하여$\displaystyle \sin(2^{3}x)=2\sin(2^{2}x)\cos(2^{2}x)=2^{3}\sin x\cos x\cos(2x)\cos(2^{2}x)$을 얻을 수 있다.이를 계속 반복하면$\displaystyle \sin(2^{11}x)=2^{11}\sin x\cos x\cos(2x)\cos(2^{2}x)\cdots\cos(2^{10}x)$가 된다.이를 정리하면$\displaystyle P(x)=\frac{\sin(2^{11}x)}{2^{11}\sin x}$

$\displaystyle 0<x<\pi$에서 $\displaystyle \sin x>0$이므로 문제 (2-2)의 조건에 의해$\displaystyle |P(x)|=\frac{|\sin(2^{11}x)|}{2^{11}\sin x}=\frac{1}{2^{11}}\ \Leftrightarrow\ |\sin(2^{11}x)|=\sin x$즉, $\displaystyle \sin(2^{11}x)$와 $\displaystyle \sin x$가 크기가 같고 부호만 같거나 반대이다. 따라서 두 가지 경우로 나눌 수 있다:① $\displaystyle \sin(2^{11}x)=\sin x$② $\displaystyle \sin(2^{11}x)=-\sin x$

①의 경우, $\displaystyle \sin(2^{11}x)=\sin x$이면, 다음 두 가지 경우가 생긴다.㉠ $\displaystyle 2^{11}x=x+2k\pi\ \Rightarrow\ x=\frac{2k\pi}{2^{11}-1}$, $\displaystyle k=1,2,3,\cdots,2^{11-1}-1$㉡ $\displaystyle 2^{11}x=\pi-x+2m\pi\ \Rightarrow\ x=\frac{(2m+1)\pi}{2^{11}+1}$, $\displaystyle m=0,1,2,\cdots,2^{11-1}-1$㉠과 ㉡을 동시에 만족하는 $\displaystyle x$가 존재하는지 알아보기 위해 $\displaystyle \frac{2k\pi}{2^{11}-1}=\frac{(2m+1)\pi}{2^{11}+1}$, $\displaystyle k=1,2,3,\cdots,2^{11-1}-1$, $\displaystyle m=0,1,2,\cdots,2^{11-1}-1$을 살펴보면, $\displaystyle 2k(2^{11}+1)=(2m+1)(2^{11}-1)$을 만족해야 한다. 하지만 여기에서 좌변은 짝수이고 우변은 홀수이므로 ㉠과 ㉡을 동시에 만족하는 $\displaystyle x$는 존재하지 않는다.따라서 ①의 경우 실근의 개수는 $\displaystyle 2^{11}-1$개이다.

②의 경우, $\displaystyle \sin(2^{11}x)=-\sin x$이면, 마찬가지로 다음 두 가지 경우가 생긴다.㉢ $\displaystyle 2^{11}x=-x+2k\pi\ \Rightarrow\ x=\frac{2k\pi}{2^{11}+1}$, $\displaystyle k=1,2,3,\cdots,2^{11-1}$㉣ $\displaystyle 2^{11}x=\pi+x+2m\pi\ \Rightarrow\ x=\frac{(2m+1)\pi}{2^{11}-1}$, $\displaystyle m=0,1,2,\cdots,2^{11-1}-2$이제 ㉢과 ㉣을 동시에 만족하는 $\displaystyle x$가 존재하는지 알아보기 위해 $\displaystyle \frac{2k\pi}{2^{11}+1}=\frac{(2m+1)\pi}{2^{11}-1}$, $\displaystyle k=1,2,3,\cdots,2^{11-1}$, $\displaystyle m=0,1,2,\cdots,2^{11-1}-2$을 살펴보면, $\displaystyle 2k(2^{11}-1)=(2m+1)(2^{11}+1)$를 만족해야 한다. 하지만 여기에서 좌변은 짝수이고 우변은 홀수이므로 ㉢과 ㉣을 동시에 만족하는 $\displaystyle x$는 존재하지 않는다.따라서 ②의 경우 실근의 개수는 $\displaystyle 2^{11}-1$개이다.

①과 ②를 동시에 만족하기 위해서는 $\displaystyle \sin x=0$이어야 하지만 $\displaystyle 0<x<\pi$이므로 그런 $\displaystyle x$는 존재하지 않는다. 따라서 서로 다른 실근의 개수는 ①의 $\displaystyle 2^{11}-1$개와 ②의 $\displaystyle 2^{11}-1$개를 합친 개수인 $\displaystyle 2^{12}-2=4094$개다.

(문제 2-3)$\displaystyle \begin{aligned} C_{n} &= \sum_{k=1}^{n}(2k-1)\left(\cos(k\theta_{n})-\cos((k+1)\theta_{n})\right) \\ &= \sum_{k=1}^{n}(2k-1)\left[\cos\left(k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}-\frac{\theta_{n}}{2}\right)-\cos\left(k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}+\frac{\theta_{n}}{2}\right)\right] \end{aligned}$이므로 $\displaystyle A=k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}$, $\displaystyle B=\frac{\theta_{n}}{2}$이라 하면, 제시문 (라)에 의해$\displaystyle C_{n}=\sum_{k=1}^{n}(2k-1)2\left[\sin\left(k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}\right)\sin\frac{\theta_{n}}{2}\right]$

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{C_{n}}{n^{2}\sin\frac{\theta_{n}}{2}} &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2(2k-1)\left[\sin\left(k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}\right)\sin\frac{\theta_{n}}{2}\right]}{n^{2}\sin\frac{\theta_{n}}{2}} \\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2(2k-1)\sin\left(k\theta_{n}+\frac{\theta_{n}}{2}\right)}{n^{2}} \\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2(2k-1)}{n^{2}}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right) \\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(2n+1)^{2}}{n^{2}}\cdot2\cdot\frac{1}{2n+1}\cdot\left[\frac{2k-1}{2n+1}\cdot\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right] \\ &= \lim_{n\to\infty}\left[\frac{2(2n+1)^{2}}{n^{2}}\right]\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}\left[2\cdot\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)-\frac{2}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right] \end{aligned}$이 된다.

이제 $\displaystyle x_{k}=\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}$, $\displaystyle \Delta x=\frac{1}{2n+1}$이라 하자. 적분구간 $\displaystyle [a,b]=[0,1/2]$이 된다.일단 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{2(2n+1)^{2}}{n^{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{8n^{2}+8n+1}{n^{2}}=8$이므로, 나머지 합의 극한값이 존재하는지 살펴보자.Correction. $\displaystyle 2(2n+1)^2=8n^2+8n+2$이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.한편,$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}\left[2\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right]=\int_{0}^{1/2}2x\sin(\pi x)dx$이고,$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{2n+1}\left[\frac{1}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right]=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{(2n+1)^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)$이제 $\displaystyle -n\le\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\le n$이므로, $\displaystyle \frac{-n}{(2n+1)^{2}}\le\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\le\frac{n}{(2n+1)^{2}}$조임정리를 이용해 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)=0$임을 알 수 있다.Correction. 0으로 수렴하는 것은 사인값의 합 자체가 아니라 그 합에 $\displaystyle \frac{2}{(2n+1)^2}$을 곱한 식이다. 중간 부등식과 극한식에서 이 계수가 빠진 오기이다. 그러나 원칙에 따라 원문 표기를 그대로 실었다.

따라서, 각각의 극한값이 존재하므로$\displaystyle \begin{aligned} & \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}\left[2\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)-\frac{2}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right] \\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}\left[2\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right]-\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{2n+1}\left[\frac{1}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right] \end{aligned}$이 된다.

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{C_{n}}{n^{2}\sin\frac{\theta_{n}}{2}} &= \lim_{n\to\infty}\left[\frac{2(2n+1)^{2}}{n^{2}}\right]\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}\left[2\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)-\frac{2}{2n+1}\sin\left(\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi}{2n+1}\right)\right] \\ &= 8\int_{0}^{1/2}2x\sin(\pi x)dx \end{aligned}$이제 부분적분을 이용하면,$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{C_{n}}{n^{2}\sin\frac{\theta_{n}}{2}}=8\int_{0}^{1/2}2x\sin(\pi x)dx=\frac{16}{\pi^{2}}$