비교 판정법 연습문제 — CLP-2 · 3.3절 · 47번

CLP-2 · 3.3절 · 47번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ 이 수렴함을 보이고, 이 급수의 정확한 값을 포함하는 길이가 $0.05$ 이하인 구간을 구하세요.

영어 원문 보기

Show that $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ converges and find an interval of length $0.05$ or less that contains its exact value.

정답·풀이 보기

$\dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}}$ 은 $x$ 가 증가할 때 감소한다. 따라서 모든 $n\ge 1$ 에 대해

$\begin{aligned} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} &\geq \frac{e^{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&\text{$x$가 구간 $[n-1,n]$ 에 있을 때}\\ \text{그러므로}\qquad \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x&\geq\int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}\ \mathrm{d}x\\ &=\left[\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}x\right]_{x=n-1}^{x=n}\\ &=\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \end{aligned}$

이다. 그러면 모든 $N\ge 1$ 에 대해

$\begin{aligned} E_N&=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \le \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \\&=\int_{N}^{N+1}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x +\int_{N+1}^{N+2} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x+\cdots\\ &=\int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

이다. $y=\sqrt{x}$ , $\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x =2\int_{\sqrt{N}}^\infty e^{-y}\ \mathrm{d}y =-2e^{-y}\Big|_{\sqrt{N}}^\infty =2e^{-\sqrt{N}} \end{aligned}$

이다.

이로써 $\sum_{n=N+1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ 은 수렴하고 그 값은 $0$ 과 $2e^{-\sqrt{N}}$ 사이에 있음을 알 수 있다. $E_{14}=2e^{-\sqrt{14}}=0.047$ 이므로 급수를 $n=14$ 까지만 더해도 된다.

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} &=\sum_{n=1}^{14}\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}+E_{14}\\ &=\phantom{+}0.3679+0.1719+0.1021+0.0677+0.0478\\ &\phantom{=}+0.0352+0.0268+0.0209+0.0166+0.0134\\ &\phantom{=}+0.0109+0.0090+0.0075+0.0063+E_{14}\\ &=0.9042+E_{14} \end{aligned}$

합은 0.9035와 0.9535 사이에 있다. (이는 부분합을 계산할 때 각 항에서 생기는 $0.00005$ 의 반올림 오차까지 고려한 것이다.)

원본 교재 풀이(영어)

Note that $\dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}}$ decreases as $x$ increases. Hence, for every $n\ge 1$ ,

$\begin{aligned} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} &\geq \frac{e^{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&\text{for $x$ in the interval $[n-1,n]$}\\ \text{So,}\qquad \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x&\geq\int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}\ \mathrm{d}x\\ &=\left[\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}x\right]_{x=n-1}^{x=n}\\ &=\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \end{aligned}$

Then, for every $N\ge 1$ ,

Substituting $y=\sqrt{x}$ , $\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x =2\int_{\sqrt{N}}^\infty e^{-y}\ \mathrm{d}y =-2e^{-y}\Big|_{\sqrt{N}}^\infty =2e^{-\sqrt{N}} \end{aligned}$

This shows that $\sum_{n=N+1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ converges and is between $0$ and $2e^{-\sqrt{N}}$ . Since $E_{14}=2e^{-\sqrt{14}}=0.047$ , we may truncate the series at $n=14$ .

The sum is between 0.9035 and 0.9535. (This even allows for a roundoff error of $0.00005$ in each term as we were calculating the partial sum.)

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 3.3절 · 50번우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ 이 수렴한다고 가정하세요. 여기서 $n = 1, 2, \cdots$ 에 대해 $a_n > 0$ 입니다. 그러면 다음 급수

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \log\Big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\Big) \end{aligned}$

는 수렴합니까? 답이 '아니요'이면 그 이유를 설명하세요. 답이 '예'이면 급수 $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \log\big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\big)$ 의 합을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

발산 판정법에 의해 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ 이 수렴하므로 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{na_n-2n+1}{n+1}=0$ 이다. 이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} 0=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}a_n -\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n-1}{n+1} =\lim_{n\rightarrow\infty}a_n -2 \iff \lim_{n\rightarrow\infty}a_n = 2 \end{aligned}$

구하려는 급수는 $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big]$ 로 쓸 수 있으며, 이는 망원급수처럼 보인다. 따라서 부분합

$\begin{aligned} S_N&=-\log a_1 + \sum_{n=1}^N \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] \\ &=-\log a_1 + \big[\log(a_1)-\log(a_2)\big] + \big[\log(a_2)-\log(a_3)\big] + \cdots + \big[\log(a_N)-\log(a_{N+1})\big]\\ &=-\log(a_{N+1}) \end{aligned}$

을 구한 뒤 $N\rightarrow\infty$ 일 때의 극한을 취하면

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] =\lim_{N\rightarrow\infty} S_N =- \lim_{N\rightarrow\infty} \log(a_{N+1}) =-\log 2 =\log\frac{1}{2} \end{aligned}$

이다.

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