빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 미적분Ⅱ · 수열의 극한

급수의 수렴과 발산

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

CLP-2 · 3.2절 · 28번우리말 번역

∑n=2∞(2n−1n+1−1n−1)\displaystyle\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right) 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∑n=2∞(2n−1n+1−1n−1)\displaystyle\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right).

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이 급수는 망원급수이다. 늘 하던 방법대로 살펴보자. 소거되는 규칙을 더 분명히 보이기 위해 2n−1n+1−1n−1=1n+1n−1n+1−1n−1\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1}= \frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} 로 나타내고, 표 가운데의 분수는 간단히 하지 않고 그대로 둔다. 그러면 모든 분수의 분자가 1이고, 분모가 같고 부호가 반대인 두 항이 서로 소거된다.

n1n1n−1n+1−1n−1sn21212−13−1112+12−13−1131313−14−1212+13−14−1141414−15−1312+14−15−1151515−16−1412+15−16−1161616−17−1512+16−17−1171717−18−1612+17−18−1181818−19−1712+18−19−11⋮\begin{array}{c||cccc||c} \mathbf{n}&\mathbf{\dfrac{1}{n}}&\mathbf{\dfrac{1}{n}}&\mathbf{-\dfrac{1}{n+1}}&\mathbf{-\dfrac{1}{n-1}}&\mathbf{s_n}\\[7pt] \hline 2&\dfrac{1}{2}&{{\dfrac{1}{2}}}&{{-\dfrac{1}{3}}}&-\dfrac{1}{1}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{2}}} {{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 3&{{\dfrac{1}{3}}}&{{\dfrac{1}{3}}}&{{-\dfrac{1}{4}}}&{{-\dfrac{1}{2}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{3}}}{{-\dfrac{1}{4}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 4&{{\dfrac{1}{4}}}&{{\dfrac{1}{4}}}&{{-\dfrac{1}{5}}}&{{-\dfrac{1}{3}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{4}}} {{-\dfrac{1}{5}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 5&{{\dfrac{1}{5}}}&{{\dfrac{1}{5}}}&{{-\dfrac{1}{6}}}&{{-\dfrac{1}{4}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{5}}}{{-\dfrac{1}{6}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 6&{{\dfrac{1}{6}}}&{{\dfrac{1}{6}}}&{{-\dfrac{1}{7}}}&{{-\dfrac{1}{5}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{6}}}{{-\dfrac{1}{7}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 7&{{\dfrac{1}{7}}}&{{\dfrac{1}{7}}}&{{-\dfrac{1}{8}}}&{{-\dfrac{1}{6}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{7}}} {{-\dfrac{1}{8}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 8&{{\dfrac{1}{8}}}&\dfrac{1}{8}&-\dfrac{1}{9}&{{-\dfrac{1}{7}}}& \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] \vdots&&&& \end{array}

맨 첫 행과 맨 마지막 행을 제외한 임의의 행 nn 에 주목하자. 그 행의 첫 번째 1n\frac{1}{n} 은 바로 위 행 가운데에 있는 −1n-\frac{1}{n} 과 소거되고, 그 행의 두 번째 1n\frac{1}{n} 은 바로 아래 행 끝에 있는 −1n-\frac{1}{n} 과 소거된다. 첫 번째(n=2n=2) 행의 경우, 첫 행 위에는 행이 없으므로 첫 번째 12\frac{1}{2} 과 마지막 −11-\frac{1}{1} 은 끝내 소거되지 않는다. 또 맨 마지막 행의 경우, 마지막 행 다음에는 행이 없으므로 가운데의 두 항은 끝내 소거되지 않는다. 따라서 부분합은 다음과 같다.

sN=∑n=2N(2n−1n+1−1n−1)=12−11⏞첫째 행에서+1N−1N+1⏞마지막 행에서\begin{aligned} s_N&=\sum_{n=2}^N \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right) =\overbrace{\frac{1}{2}-\frac{1}{1}}^{\text{첫째 행에서}} +\overbrace{\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}}^{\text{마지막 행에서}} \end{aligned}

위의 논의에서 착안하여 같은 sNs_N 을 대수적인 계산만으로 구하는 또 다른 방법이 있다.

sN=∑n=2N(2n−1n+1−1n−1)=∑n=2N(1n−1n+1)+∑n=2N(1n−1n−1)\begin{aligned} s_N&=\sum_{n=2}^N \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right) \\ &=\sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) +\sum_{n=2}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \right) \end{aligned}

앞의 합은

∑n=2N(1n−1n+1)=(12−13)+(13−14)+(14−15)+⋯+(1N−1N+1)=[12−1N+1]\begin{aligned} \sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) &=\left(\frac{1}{2}{{-\frac{1}{3}}}\right) + \left({{\frac{1}{3}}} {{-\frac{1}{4}}}\right) + \left({{\frac{1}{4}}}{{-\frac{1}{5}}}\right) + \cdots +\left({{\frac{1}{N}}}-\frac{1}{N+1}\right) \\ &=\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}\right] \end{aligned}

이고, 뒤의 합은

∑n=2N(1n−1n−1)=(12−11)+(13−12)+(14−13)+⋯+(1N−1N−1)={−11+1N}\begin{aligned} \sum_{n=2}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \right) &=\left({{\frac{1}{2}}}-\frac{1}{1} \right) + \left({{\frac{1}{3}}}{{-\frac{1}{2}}} \right) + \left({{\frac{1}{4}}}{{-\frac{1}{3}}}\right) +\cdots + \left(\frac{1}{N}-{{\frac{1}{N-1}}} \right) \\ &=\left\{-\frac{1}{1}+\frac{1}{N}\right\} \end{aligned}

이다. 그러므로

sN=[12−1N+1]+{−11+1N}=−12+1N−1N+1\begin{aligned} s_N&=\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}\right]+\left\{-\frac{1}{1}+\frac{1}{N}\right\} \\ &=-\frac{1}{2}+\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1} \end{aligned}

이고, 극한을 구하면 다음과 같다.

∑n=2∞(2n−1n+1−1n−1)=lim⁡N→∞sN=lim⁡N→∞[−12+1N−1N+1]=−12\begin{aligned} \sum_{n=2}^\infty \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right)&=\lim_{N \to \infty}s_N\\&=\lim_{N \to \infty} \left[-\frac{1}{2} +\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right]\\ &=-\frac{1}{2} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

This is a telescoping series. Let's investigate it in the usual way. To make the pattern of cancellation clearer, we express 2n−1n+1−1n−1=1n+1n−1n+1−1n−1\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1}= \frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1}, and leave the fractions in the middle of the table unsimplified. Then every fraction has numerator one and two terms with the same denominator and opposite sign cancel.

n1n1n−1n+1−1n−1sn21212−13−1112+12−13−1131313−14−1212+13−14−1141414−15−1312+14−15−1151515−16−1412+15−16−1161616−17−1512+16−17−1171717−18−1612+17−18−1181818−19−1712+18−19−11⋮\begin{array}{c||cccc||c} \mathbf{n}&\mathbf{\dfrac{1}{n}}&\mathbf{\dfrac{1}{n}}&\mathbf{-\dfrac{1}{n+1}}&\mathbf{-\dfrac{1}{n-1}}&\mathbf{s_n}\\[7pt] \hline 2&\dfrac{1}{2}&{{\dfrac{1}{2}}}&{{-\dfrac{1}{3}}}&-\dfrac{1}{1}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{2}}} {{-\dfrac{1}{3}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 3&{{\dfrac{1}{3}}}&{{\dfrac{1}{3}}}&{{-\dfrac{1}{4}}}&{{-\dfrac{1}{2}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{3}}}{{-\dfrac{1}{4}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 4&{{\dfrac{1}{4}}}&{{\dfrac{1}{4}}}&{{-\dfrac{1}{5}}}&{{-\dfrac{1}{3}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{4}}} {{-\dfrac{1}{5}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 5&{{\dfrac{1}{5}}}&{{\dfrac{1}{5}}}&{{-\dfrac{1}{6}}}&{{-\dfrac{1}{4}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{5}}}{{-\dfrac{1}{6}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 6&{{\dfrac{1}{6}}}&{{\dfrac{1}{6}}}&{{-\dfrac{1}{7}}}&{{-\dfrac{1}{5}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{6}}}{{-\dfrac{1}{7}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 7&{{\dfrac{1}{7}}}&{{\dfrac{1}{7}}}&{{-\dfrac{1}{8}}}&{{-\dfrac{1}{6}}}& \dfrac{1}{2}+{{\dfrac{1}{7}}} {{-\dfrac{1}{8}}}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] 8&{{\dfrac{1}{8}}}&\dfrac{1}{8}&-\dfrac{1}{9}&{{-\dfrac{1}{7}}}& \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{1}\\[10pt] \vdots&&&& \end{array}

Concentrate on any row nn, except the very first row and the very last row. The first 1n\frac{1}{n} in that row cancels the −1n-\frac{1}{n} in the middle of the row above it, and the second 1n\frac{1}{n} in that row cancels the −1n-\frac{1}{n} at the end of the row below it. As far as the first (n=2n=2) row is concerned, the first 12\frac{1}{2} and the last −11-\frac{1}{1} never get cancelled out because there is no row above the first one. And as far as the very last row is concerned, the two middle terms never get cancelled out because there is no row after the last one. So the partial sum is

sN=∑n=2N(2n−1n+1−1n−1)=12−11⏞from the first row+1N−1N+1⏞from the last row\begin{aligned} s_N&=\sum_{n=2}^N \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right) =\overbrace{\frac{1}{2}-\frac{1}{1}}^{\text{from the first row}} +\overbrace{\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}}^{\text{from the last row}} \end{aligned}

There is another purely algebraic way to find the same sNs_N, motivated by the above discussion.

sN=∑n=2N(2n−1n+1−1n−1)=∑n=2N(1n−1n+1)+∑n=2N(1n−1n−1)\begin{aligned} s_N&=\sum_{n=2}^N \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right) \\ &=\sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) +\sum_{n=2}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \right) \end{aligned}

The first half

∑n=2N(1n−1n+1)=(12−13)+(13−14)+(14−15)+⋯+(1N−1N+1)=[12−1N+1]\begin{aligned} \sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) &=\left(\frac{1}{2}{{-\frac{1}{3}}}\right) + \left({{\frac{1}{3}}} {{-\frac{1}{4}}}\right) + \left({{\frac{1}{4}}}{{-\frac{1}{5}}}\right) + \cdots +\left({{\frac{1}{N}}}-\frac{1}{N+1}\right) \\ &=\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}\right] \end{aligned}

and the second half

∑n=2N(1n−1n−1)=(12−11)+(13−12)+(14−13)+⋯+(1N−1N−1)={−11+1N}\begin{aligned} \sum_{n=2}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \right) &=\left({{\frac{1}{2}}}-\frac{1}{1} \right) + \left({{\frac{1}{3}}}{{-\frac{1}{2}}} \right) + \left({{\frac{1}{4}}}{{-\frac{1}{3}}}\right) +\cdots + \left(\frac{1}{N}-{{\frac{1}{N-1}}} \right) \\ &=\left\{-\frac{1}{1}+\frac{1}{N}\right\} \end{aligned}

So

sN=[12−1N+1]+{−11+1N}=−12+1N−1N+1\begin{aligned} s_N&=\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}\right]+\left\{-\frac{1}{1}+\frac{1}{N}\right\} \\ &=-\frac{1}{2}+\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1} \end{aligned}

and the limit

∑n=2∞(2n−1n+1−1n−1)=lim⁡N→∞sN=lim⁡N→∞[−12+1N−1N+1]=−12\begin{aligned} \sum_{n=2}^\infty \left(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \right)&=\lim_{N \to \infty}s_N\\&=\lim_{N \to \infty} \left[-\frac{1}{2} +\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right]\\ &=-\frac{1}{2} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 3.2절 · 29번우리말 번역

무한히 긴 평평한 절벽에 질량을 무시할 수 있는 가는 철사에 매달린 돌들이 있다. 위치 x=1x=1 에서 시작하여, 1미터마다(위치 xx 에서, 여기서 xx 는 0 이상의 정수) 돌의 질량은 14x\dfrac{1}{4^x} kg 이고 절벽 꼭대기에서 2x2^x 미터 아래에 매달려 있다.

그림

답 쓰고 채점
J
다 풀었으면 정답 확인

위치 xx 에 있는 돌의 질량은 14x\dfrac{1}{4^x} kg 이고 이 돌을 2x2^x 미터만큼 끌어올려야 하므로, 돌 하나를 옮기는 데 필요한 일은 (14x kg)(2x m)(9.8 msec2)=9.82x J\left(\frac{1}{4^x}\text{ kg}\right)\left(2^x\text{ m}\right)\left(9.8 ~\frac{\text{m}}{\text{sec}^2}\right) = \frac{9.8}{2^x}\text{ J} 이다. 따라서 모든 돌을 옮기는 데 필요한 일은 다음과 같다.

∑x=1∞9.82x=∑x=0∞9.82x+1=∑x=0∞9.82⋅12x=9.82⋅11−12=9.8 J\begin{aligned} \sum_{x=1}^{\infty}\frac{9.8}{2^x}& =\sum_{x=0}^{\infty}\frac{9.8}{2^{x+1}}\\ &=\sum_{x=0}^{\infty}\frac{9.8}{2}\cdot\frac{1}{2^{x}} =\frac{9.8}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac12}=9.8 \text{ J} \end{aligned}

이 문제로 이어서 풀기
# 급수의 수렴과 발산계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)

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