빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 미적분Ⅱ · 수열의 극한

급수의 수렴과 발산

부분합의 극한으로 급수의 합을 구하고, aₙ→0 조건으로 발산을 판단한다

유형전체개념 확인계산그래프·표 해석활용증명·논술
난이도전체기본보통도전
풀이전체우리말 풀이 있는 문제만

유형·난이도는 우리말 풀이가 붙은 문제는 선생님이 정했고, 나머지는 자동 분류라 다를 수 있어요. 난이도가 정해지지 않은 문제는 난이도로 거를 때 빠집니다.

3문제 · 1 / 1쪽

1.OpenStax 2권 · 5.2절 · 39번우리말 풀이

다음 급수를 서로 소거되는 합(망원합) 꼴로 나타내고, 제 nn항까지의 부분합을 구하세요.

∑n=1∞ln⁡(nn+1)\sum_{n=1}^{\infty }\ln \left(\frac{n}{n+1}\right)

영어 원문 보기

Express the following series as a telescoping sum and evaluate its nth partial sum.

∑n=1∞ln⁡(nn+1)\sum_{n=1}^{\infty }\ln \left(\frac{n}{n+1}\right)

풀이 보기

로그의 나눗셈은 뺄셈으로 바꿀 수 있어서, 항을 늘어놓으면 가운데 항들이 줄줄이 사라져요.

  1. 1

    먼저 로그의 성질 ln⁡ab=ln⁡a−ln⁡b\ln\frac{a}{b}=\ln a-\ln b 를 써서 일반항을 뺄셈 꼴로 바꿔요.

    ln⁡(nn+1)=ln⁡n−ln⁡(n+1)\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)=\ln n-\ln(n+1)

    그래서 급수는 ∑n=1∞(ln⁡n−ln⁡(n+1))\sum_{n=1}^{\infty}\big(\ln n-\ln(n+1)\big) 로 쓸 수 있어요.

  2. 2

    부분합 SkS_k 는 처음 kk 개의 항을 더한 값이에요. 왜 이렇게 쓰냐면, 항을 직접 늘어놓아야 무엇이 소거되는지 보이기 때문이에요.

    Sk=(ln⁡1−ln⁡2)+(ln⁡2−ln⁡3)+(ln⁡3−ln⁡4)+⋯+(ln⁡k−ln⁡(k+1))S_k=(\ln 1-\ln 2)+(\ln 2-\ln 3)+(\ln 3-\ln 4)+\cdots+(\ln k-\ln(k+1))

  3. 3

    이웃한 항끼리 −ln⁡2-\ln 2 와 +ln⁡2+\ln 2, −ln⁡3-\ln 3 와 +ln⁡3+\ln 3 처럼 서로 지워져요. 남는 것은 맨 앞의 ln⁡1\ln 1 과 맨 뒤의 −ln⁡(k+1)-\ln(k+1) 뿐이에요.

  4. 4

    ln⁡1=0\ln 1=0 이므로 부분합은 다음과 같아요.

    Sk=ln⁡1−ln⁡(k+1)=−ln⁡(k+1)S_k=\ln 1-\ln(k+1)=-\ln(k+1)

    참고로 k→∞k\to\infty 이면 Sk→−∞S_k\to-\infty 이므로 이 급수는 발산해요.

답

∑n=1∞(ln⁡n−ln⁡(n+1))\sum_{n=1}^{\infty}\big(\ln n-\ln(n+1)\big),   Sk=−ln⁡(k+1)\;S_k=-\ln(k+1)

자주 하는 실수

ln⁡1\ln 1 을 11 로 착각하면 안 돼요. ln⁡1=0\ln 1=0 이에요.

원본 교재 풀이(영어)

∑n=1∞ln⁡n−ln⁡(n+1),Sk=−ln⁡(k+1)\sum_{n=1}^{\infty }\ln n-\ln (n+1),{S}_{k}=-\ln (k+1)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 5.2절 · 7번
# 급수의 수렴과 발산계산보통
2.CLP-2 · 3.2절 · 27번우리말 번역

∑n=5∞log⁡(n−3n)\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \log\left(\frac{n-3}{n}\right) 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∑n=5∞log⁡(n−3n)\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \log\left(\frac{n-3}{n}\right).

정답·풀이 보기

로그의 성질을 이용하면 다음을 알 수 있다. ∑n=5∞log⁡(n−3n)=∑n=5∞[log⁡(n−3)−log⁡n]\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \log\left(\frac{n-3}{n}\right)= \displaystyle\sum_{n=5}^\infty \big[\log(n-3)-\log n\big] 이는 망원급수처럼 보인다. 부분합을 알아보기 위해 표를 만들어 보자.

nlog⁡(n−3)−log⁡nsn5log⁡2−log⁡5log⁡2−log⁡56log⁡3−log⁡6log⁡2+log⁡3−log⁡5−log⁡67log⁡4−log⁡7log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡5−log⁡6−log⁡78log⁡5−log⁡8log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡6−log⁡7−log⁡89log⁡6−log⁡9log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡7−log⁡8−log⁡910log⁡7−log⁡10log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡8−log⁡9−log⁡1011log⁡8−log⁡11log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡9−log⁡10−log⁡11⋮\begin{array}{c||cc||c} \mathbf{n}&\mathbf{\log(n-3)}&\mathbf{-\log n}&\mathbf{s_n}\\[7pt] \hline 5&\log 2&-\log 5&\log 2 - \log 5\\[7pt] 6&\log 3&-\log 6&\log 2 +\log 3- \log 5-\log 6\\[7pt] 7&\log 4&-\log 7&\log 2 +\log 3+\log 4- \log 5-\log 6 -\log 7\\[7pt] 8&\log 5&-\log 8&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 6 -\log 7-\log 8\\[7pt] 9&\log 6&-\log 9&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 7-\log 8-\log 9\\[7pt] 10&\log 7&-\log 10&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 8-\log 9-\log 10\\[7pt] 11&\log 8&-\log 11&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 9-\log 10-\log 11\\[7pt] \vdots&&& \end{array}

항들이 소거되기 전에 "지연"이 있으므로, 앞선 예에서 본 것보다 항들이 더 많이 "쌓인다". 그래도 NN 번째 부분합은 분명히 알 수 있다.

∑n=5N(log⁡(n−3)−log⁡(n))=log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡(N−2)−log⁡(N−1)−log⁡(N)=log⁡(24N(N−1)(N−2))N≥7 일 때, 따라서∑n=5∞(log⁡(n−3)−log⁡(n))=lim⁡N→∞sN=lim⁡N→∞log⁡(24N(N−1)(N−2))=−∞\begin{aligned} \sum_{n=5}^N \Big(\log(n-3)-\log(n)\Big)&=\log 2+\log 3 + \log 4 - \log(N-2)-\log(N-1)-\log(N)\\ &=\log \left(\frac{24}{N(N-1)(N-2)}\right) \\ \text{$N \geq 7$ 일 때, 따라서} \\ \sum_{n=5}^\infty \Big(\log(n-3)-\log(n)\Big)&= \lim_{N \to \infty}s_N\\ &=\lim_{N \to \infty}\log \left(\frac{24}{N(N-1)(N-2)}\right) \\&=-\infty \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Using logarithm rules, we see ∑n=5∞log⁡(n−3n)=∑n=5∞[log⁡(n−3)−log⁡n]\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \log\left(\frac{n-3}{n}\right)= \displaystyle\sum_{n=5}^\infty \big[\log(n-3)-\log n\big] which looks like a telescoping series. Let's make a table to figure out the partial sums.

nlog⁡(n−3)−log⁡nsn5log⁡2−log⁡5log⁡2−log⁡56log⁡3−log⁡6log⁡2+log⁡3−log⁡5−log⁡67log⁡4−log⁡7log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡5−log⁡6−log⁡78log⁡5−log⁡8log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡6−log⁡7−log⁡89log⁡6−log⁡9log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡7−log⁡8−log⁡910log⁡7−log⁡10log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡8−log⁡9−log⁡1011log⁡8−log⁡11log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡9−log⁡10−log⁡11⋮\begin{array}{c||cc||c} \mathbf{n}&\mathbf{\log(n-3)}&\mathbf{-\log n}&\mathbf{s_n}\\[7pt] \hline 5&\log 2&-\log 5&\log 2 - \log 5\\[7pt] 6&\log 3&-\log 6&\log 2 +\log 3- \log 5-\log 6\\[7pt] 7&\log 4&-\log 7&\log 2 +\log 3+\log 4- \log 5-\log 6 -\log 7\\[7pt] 8&\log 5&-\log 8&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 6 -\log 7-\log 8\\[7pt] 9&\log 6&-\log 9&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 7-\log 8-\log 9\\[7pt] 10&\log 7&-\log 10&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 8-\log 9-\log 10\\[7pt] 11&\log 8&-\log 11&\log 2 +\log 3+\log 4 -\log 9-\log 10-\log 11\\[7pt] \vdots&&& \end{array}

There is a “lag" before the terms cancel, which is why they “build up" more than we saw in past examples. Still, we can clearly see the NNth partial sum:

∑n=5N(log⁡(n−3)−log⁡(n))=log⁡2+log⁡3+log⁡4−log⁡(N−2)−log⁡(N−1)−log⁡(N)=log⁡(24N(N−1)(N−2))when N≥7. So,∑n=5∞(log⁡(n−3)−log⁡(n))=lim⁡N→∞sN=lim⁡N→∞log⁡(24N(N−1)(N−2))=−∞\begin{aligned} \sum_{n=5}^N \Big(\log(n-3)-\log(n)\Big)&=\log 2+\log 3 + \log 4 - \log(N-2)-\log(N-1)-\log(N)\\ &=\log \left(\frac{24}{N(N-1)(N-2)}\right) \\ \text{when $N \geq 7$. So,} \\ \sum_{n=5}^\infty \Big(\log(n-3)-\log(n)\Big)&= \lim_{N \to \infty}s_N\\ &=\lim_{N \to \infty}\log \left(\frac{24}{N(N-1)(N-2)}\right) \\&=-\infty \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.2절 · 28번
# 급수의 수렴과 발산계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
3.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).

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

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 문제 풀기CLP-2 · 3.2절 · 29번
# 급수의 수렴과 발산계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)