비교 판정법 연습문제 | 빌드라인 스쿨

101.CLP-2 · 3.3절 · 32번대학 수준우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{ \sqrt[3]{k^4+1} } {\sqrt{k^5+9}}$ 가 수렴하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Determine whether the series $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{ \sqrt[3]{k^4+1} } {\sqrt{k^5+9}}$ converges.

정답·풀이 보기

먼저 직관을 얻어 본다. $k$ 가 매우 클 때, $k^4$ 이 $1$ 보다 훨씬 우세하므로 분자는 $\sqrt[3]{k^4+1} \approx \sqrt[3]{k^4} = k^{4/3}$ 이고, $k^5$ 이 9 보다 훨씬 우세하므로 분모는 $\sqrt{k^5+9} \approx \sqrt{k^5} = k^{5/2}$ 이다. 따라서 일반항은

$\begin{aligned} \frac{ \sqrt[3]{k^4+1} }{\sqrt{k^5+9}} \approx \frac{k^{4/3}}{k^{5/2}} =\frac{1}{k^{7/6}} \end{aligned}$

이다.

급수 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{k^{7/6}}$ 은 $p=\frac{7}{6}>1$ 이므로 $p$ -판정법에 의해 수렴한다. 따라서 주어진 급수도 수렴할 것으로 예상된다.

이 직관이 맞는지 확인하기 위해 극한비교판정법을 다음에 적용한다.

$\begin{aligned} a_k= \frac{ \sqrt[3]{k^4+1} }{\sqrt{k^5+9}} \quad\text{와}\quad b_k= \frac{1}{k^{7/6}}=\frac{k^{4/3}}{k^{5/2}} \end{aligned}$

이때

$\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{a_k}{b_k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{ \sqrt[3]{k^4+1}/k^{4/3}} {\sqrt{k^5+9}/k^{5/2}} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{ \sqrt[3]{1+1/k^4} }{\sqrt{1+9/k^5}} =1$

이 존재하므로 적용할 수 있다. 급수 $\sum\limits_{k=1}^\infty b_k$ 는 수렴하는 $p$ -급수( $p=\frac{7}{6}>1$ )이므로 주어진 급수는 수렴한다.

참고: 우리가 고른 비교 급수로 직접 비교판정법을 적용하려면, 충분히 큰 모든 $k$ 에 대해 $\frac{\sqrt[3]{k^4+1}}{\sqrt{k^5+9}} \leq \frac{1}{k^{7/6}}$ 임을 보여야 한다. 그러나 이는 성립하지 않는다. $k$ 가 클 때는 부등호 방향이 반대인 부등식이 성립한다.

원본 교재 풀이(영어)

We first develop some intuition. For very large $k$ , $k^4$ dominates $1$ so that the numerator $\sqrt[3]{k^4+1} \approx \sqrt[3]{k^4} = k^{4/3}$ , and $k^5$ dominates 9 so that the denominator $\sqrt{k^5+9} \approx \sqrt{k^5} = k^{5/2}$ and the summand

$\begin{aligned} \frac{ \sqrt[3]{k^4+1} }{\sqrt{k^5+9}} \approx \frac{k^{4/3}}{k^{5/2}} =\frac{1}{k^{7/6}} \end{aligned}$

The series $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{k^{7/6}}$ converges by the $p$ –test with $p=\frac{7}{6}>1$ , so we expect the given series to converge too.

To verify that our intuition is correct, we apply the limit comparison test with

$\begin{aligned} a_k= \frac{ \sqrt[3]{k^4+1} }{\sqrt{k^5+9}} \quad\text{and}\quad b_k= \frac{1}{k^{7/6}}=\frac{k^{4/3}}{k^{5/2}} \end{aligned}$

which is valid since

$\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{a_k}{b_k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{ \sqrt[3]{k^4+1}/k^{4/3}} {\sqrt{k^5+9}/k^{5/2}} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{ \sqrt[3]{1+1/k^4} }{\sqrt{1+9/k^5}} =1$

exists. Since the series $\sum\limits_{k=1}^\infty b_k$ is a convergent $p$ –series (with ratio $p=\frac{7}{6}>1$ ), the given series converges.

Note: to apply the direct comparison test with our chosen comparison series, we would need to show that $\frac{\sqrt[3]{k^4+1}}{\sqrt{k^5+9}} \leq \frac{1}{k^{7/6}}$ for all $k$ sufficiently large. However, this is not true: the opposite inequality holds when $k$ is large.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 33번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

102.CLP-2 · 3.3절 · 33번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4}$ 은 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Does $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4}$ converge or diverge?

정답·풀이 보기

풀이 1: 여기에 발산판정법이 통하는지 살펴보자. $\lim_{n\to\infty} \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4}\left(\frac{\frac{1}{n^4}}{\frac{1}{n^4}}\right) = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{n/3}}{(2+7/n)^4} = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{n/3}}{(2+0)^4} = \infty$ 이 급수의 각 항은 0으로 수렴하지 않는다. 발산판정법에 의해 이 급수는 발산한다.
풀이 2: 비교를 위한 직관을 먼저 얻어 보자. $n$ 이 매우 크면 $2n$ 이 $7$ 보다 훨씬 지배적이므로

$\begin{aligned} \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \approx \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n)^4} =\frac{1}{16}2^{n/3} \end{aligned}$

이다.

급수 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^{n/3}$ 은 비가 $r=2^{1/3}>1$ 인 등비급수이므로 발산한다. (이 급수 역시 발산판정법을 통과하지 못한다.) 따라서 주어진 급수도 발산할 것으로 예상된다.

이 직관이 맞는지 확인하기 위해

$\begin{aligned} a_n= \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \quad\text{그리고}\quad b_n= 2^{n/3} \end{aligned}$

에 대해 극한비교판정법을 적용한다. 이는

$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^4}{(2n+7)^4} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{{(2+7/n)}^4} =\frac{1}{2^4}$

이 존재하고 $0$ 이 아니므로 적용할 수 있다. 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 은 (비가 $r=2^{1/3}>1$ 인) 발산하는 등비급수이므로, 주어진 급수는 발산한다.

(일반적인 비교판정법을 사용할 수도 있다. 이때는 $a_n = \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \ge \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7n)^4} = \frac{1}{9^4}b_n$ 과 같은 부등식을 보이면 된다.)

풀이 3: 다른 방법으로, 비판정법을 적용할 수 있다.

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{a_{n+1}}{a_n} \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{(n+1)^42^{(n+1)/3}/(2(n+1)+7)^4}{n^42^{n/3}/(2n+7)^4} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)^4(2n+7)^4}{n^4(2n+9)^4}\ \frac{2^{(n+1)/3}}{2^{n/3}} \\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{(1+1/n)^4(2+7/n)^4}{(2+9/n)^4} \cdot2^{1/3} = 1\cdot2^{1/3} > 1. \end{aligned}$

이웃한 항의 비가 1보다 크므로, 비판정법에 의해 이 급수는 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: Let's see whether the divergence test works here. $\lim_{n\to\infty} \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4}\left(\frac{\frac{1}{n^4}}{\frac{1}{n^4}}\right) = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{n/3}}{(2+7/n)^4} = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{n/3}}{(2+0)^4} = \infty$ The summands of our series do not converge to zero. By the divergence test, the series diverges.
Solution 2: Let's develop some intuition for a comparison. For very large $n$ , $2n$ dominates $7$ so that

$\begin{aligned} \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \approx \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n)^4} =\frac{1}{16}2^{n/3} \end{aligned}$

The series $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^{n/3}$ is a geometric series with ratio $r=2^{1/3}>1$ and so diverges. (It also fails the divergence test.) We expect the given series to diverge too.

To verify that our intuition is correct, we apply the limit comparison test with

$\begin{aligned} a_n= \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \quad\text{and}\quad b_n= 2^{n/3} \end{aligned}$

which is valid since

$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^4}{(2n+7)^4} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{{(2+7/n)}^4} =\frac{1}{2^4}$

exists and is nonzero. Since the series $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ is a divergent geometric series (with ratio $r=2^{1/3}>1$ ), the given series diverges.

(It is possible to use the plain comparison test as well. One needs to show something like $a_n = \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7)^4} \ge \frac{n^4 2^{n/3}}{(2n+7n)^4} = \frac{1}{9^4}b_n$ .)

Solution 3: Alternately, one can apply the ratio test:

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{a_{n+1}}{a_n} \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{(n+1)^42^{(n+1)/3}/(2(n+1)+7)^4}{n^42^{n/3}/(2n+7)^4} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)^4(2n+7)^4}{n^4(2n+9)^4}\ \frac{2^{(n+1)/3}}{2^{n/3}} \\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{(1+1/n)^4(2+7/n)^4}{(2+9/n)^4} \cdot2^{1/3} = 1\cdot2^{1/3} > 1. \end{aligned}$

Since the ratio of consecutive terms is greater than one, by the ratio test, the series diverges.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 30번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

103.CLP-2 · 3.3절 · 34번대학 수준우리말 번역

다음 각 급수가 수렴하는지 발산하는지 이유를 들어 판단하세요.

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ (b) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos(n\pi)}{2^n}$

영어 원문 보기

Determine, with explanation, whether each of the following series converge or diverge.

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ (b) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos(n\pi)}{2^n}$

정답·풀이 보기

(a) $n$ 이 크면 $n^2\gg 1$ 이므로 $\sqrt{n^2+1}\approx \sqrt{n^2}= n$ 이다. 이는 $a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 과 $b_n=\frac{1}{n}$ 에 극한비교판정법을 적용할 수 있음을 시사한다. 또한

$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1/\sqrt{n^2+1}}{1/n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} =1$

이고 $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ 이 발산하므로, 주어진 급수는 발산한다.

(b) $\cos(n\pi)=(-1)^n$ 이므로 주어진 급수는 교대급수판정법에 의해 수렴한다. $a_n=\frac{n}{2^n}$ 이 $n$ 이 한없이 커질 때 $0$ 으로 감소함을 확인하기 위해 다음을 보자.

$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)2^{-(n+1)}}{n2^{-n}} =\Big(1+\frac{1}{n}\Big)\frac{1}{2}$

은 모든 $n\ge 1$ 에 대해 $1$ 보다 작고( $a_{n+1}\le a_n$ 이므로), 모든 $n\ge 2$ 에 대해 $\frac{3}{4}$ 보다 작다( $a_{n+1}\le \frac{3}{4}a_n$ 이므로).

원본 교재 풀이(영어)

(a) For large $n$ , $n^2\gg 1$ and so $\sqrt{n^2+1}\approx \sqrt{n^2}= n$ . This suggests that we apply the limit comparison test with $a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ and $b_n=\frac{1}{n}$ . Since

$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1/\sqrt{n^2+1}}{1/n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} =1$

and since $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ diverges, the given series diverges.

(b) Since $\cos(n\pi)=(-1)^n$ , the given series converges by the alternating series test. To check that $a_n=\frac{n}{2^n}$ decreases to $0$ as $n$ tends to infinity, note that

$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)2^{-(n+1)}}{n2^{-n}} =\Big(1+\frac{1}{n}\Big)\frac{1}{2}$

is smaller than $1$ (so that $a_{n+1}\le a_n$ ) for all $n\ge 1$ , and is smaller than $\frac{3}{4}$ (so $a_{n+1}\le \frac{3}{4}a_n$ ) for all $n\ge 2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 19번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

104.CLP-2 · 3.3절 · 35번대학 수준우리말 번역

급수

$\sum_{k=1}^\infty\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}$

이 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Determine whether the series

$\sum_{k=1}^\infty\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}$

converges or diverges.

정답·풀이 보기

$k$ 가 크면 $k^4\gg 2k^3-2$ 이고 $k^5\gg k^2+k$ 이므로 $\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}\approx \frac{k^4}{k^5} =\frac{1}{k}$ 이다. 이는 $a_k=\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}$ 과 $b_k=\frac{1}{k}$ 에 극한비교판정법을 적용할 수 있음을 시사한다. 또한

$\begin{aligned} \lim_{k\rightarrow\infty} \frac{a_k}{b_k} &=\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}\cdot \frac{k}{1} =\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{k^5-2k^4+2k}{k^5+k^2+k} =\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{1-2/k+2/k^4}{1+1/k^3+1/k^4} \\ &=1 \end{aligned}$

이고 $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k}$ 이 ( $p=1$ 인 $p$ -판정법에 의해) 발산하므로, 주어진 급수는 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

For large $k$ , $k^4\gg 2k^3-2$ and $k^5\gg k^2+k$ so $\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}\approx \frac{k^4}{k^5} =\frac{1}{k}.$ This suggests that we apply the limit comparison test with $a_k=\frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}$ and $b_k=\frac{1}{k}$ . Since

$\begin{aligned} \lim_{k\rightarrow\infty} \frac{a_k}{b_k} &=\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{k^4-2k^3+2}{k^5+k^2+k}\cdot \frac{k}{1} =\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{k^5-2k^4+2k}{k^5+k^2+k} =\lim_{k\rightarrow\infty} \frac{1-2/k+2/k^4}{1+1/k^3+1/k^4} \\ &=1 \end{aligned}$

and since $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k}$ diverges (by the $p$ –test with $p=1$ ), the given series diverges.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 32번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

105.CLP-2 · 3.3절 · 36번대학 수준우리말 번역

다음 각 급수가 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

(a) $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{n^2+n+1}{n^5-n}$ (b) $\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}$

영어 원문 보기

Determine whether each of the following series converge or diverge.

(a) $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{n^2+n+1}{n^5-n}$ (b) $\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}$

정답·풀이 보기

(a) $n$ 이 충분히 크면 $n^2\gg n+1$ 이므로 분자 $n^2+n+1\approx n^2$ 이다. $n$ 이 충분히 크면 $n^5\gg n$ 이므로 분모 $n^5-n\approx n^5$ 이다. 따라서 $n$ 이 충분히 크면 $\frac{n^2+n+1}{n^5-n}\approx \frac{n^2}{n^5} =\frac{1}{n^3}$ 이다. 이는 $a_n=\frac{n^2+n+1}{n^5-n}$ , $b_n=\frac{1}{n^3}$ 으로 극한비교판정법을 적용해 볼 수 있음을 시사한다. 다음에서

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} &=\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{(n^2+n+1)/(n^5-n)}{1/n^3} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n^5+n^4+n^3}{n^5-n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1+1/n+1/n^2}{1-1/n^4} \\ &=1 \end{aligned}$

극한이 존재하고 0이 아니며, $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}$ 은 ( $p=3>1$ 인 $p$ -급수 판정법에 의해) 수렴하므로 주어진 급수는 수렴한다.

(b) $m$ 이 충분히 크면 $3m\gg |\sin\sqrt{m}|$ 이므로 $\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}\approx \frac{3m}{m^2} =\frac{3}{m}$ 이다. 이는 $a_m=\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}$ , $b_m=\frac{1}{m}$ 으로 극한비교판정법을 적용하라는 뜻이다. ( $b_m=\frac{3}{m}$ 을 써도 된다.) 다음에서

$\begin{aligned} \lim_{m\rightarrow\infty} \frac{a_m}{b_m} &=\lim_{m\rightarrow\infty} \frac{(3m+\sin\sqrt{m})/m^2}{1/m} =\lim_{m\rightarrow\infty} \frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m} =\lim_{m\rightarrow\infty} 3+\frac{\sin\sqrt{m}}{m} \\ &=3 \end{aligned}$

극한이 존재하고 0이 아니며, $\sum\limits_{m=1}^\infty\frac{1}{m}$ 은 ( $p=1$ 인 $p$ -급수 판정법에 의해) 발산하므로 주어진 급수는 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For large $n$ , $n^2\gg n+1$ and so the numerator $n^2+n+1\approx n^2$ . For large $n$ , $n^5\gg n$ and so the denominator $n^5-n\approx n^5$ . So, for large $n$ , $\frac{n^2+n+1}{n^5-n}\approx \frac{n^2}{n^5} =\frac{1}{n^3}.$ This suggests that we apply the limit comparison test with $a_n=\frac{n^2+n+1}{n^5-n}$ and $b_n=\frac{1}{n^3}$ . Since

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{b_n} &=\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{(n^2+n+1)/(n^5-n)}{1/n^3} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n^5+n^4+n^3}{n^5-n} =\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1+1/n+1/n^2}{1-1/n^4} \\ &=1 \end{aligned}$

exists and is nonzero, and since $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}$ converges (by the $p$ –test with $p=3>1$ ), the given series converges.

(b) For large $m$ , $3m\gg |\sin\sqrt{m}|$ and so $\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}\approx \frac{3m}{m^2} =\frac{3}{m}.$ This suggests that we apply the limit comparison test with $a_m=\frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m^2}$ and $b_m=\frac{1}{m}$ . (We could also use $b_m=\frac{3}{m}$ .) Since

$\begin{aligned} \lim_{m\rightarrow\infty} \frac{a_m}{b_m} &=\lim_{m\rightarrow\infty} \frac{(3m+\sin\sqrt{m})/m^2}{1/m} =\lim_{m\rightarrow\infty} \frac{3m+\sin\sqrt{m}}{m} =\lim_{m\rightarrow\infty} 3+\frac{\sin\sqrt{m}}{m} \\ &=3 \end{aligned}$

exists and is nonzero, and since $\sum\limits_{m=1}^\infty\frac{1}{m}$ diverges (by the $p$ –test with $p=1$ ), the given series diverges.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 17번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

106.CLP-2 · 3.3절 · 37번대학 수준우리말 번역

다음 급수의 값을 구하거나, 발산함을 보이세요: $\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \frac{1}{e^n}$ .

영어 원문 보기

Evaluate the following series, or show that it diverges: $\displaystyle\sum_{n=5}^\infty \frac{1}{e^n}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\begin{aligned} \sum_{n=5}^\infty \frac{1}{e^n}&=\sum_{n=5}^\infty \left(\frac{1}{e}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{e}\right)^n-\sum_{n=0}^4 \left(\frac{1}{e}\right)^n\\ &=\dfrac{1}{1-\frac{1}{e}}-\dfrac{1-\left(\frac{1}{e}\right)^{5}}{1-\frac{1}{e}}\\ &=\dfrac{\left(\frac{1}{e}\right)^5}{1-\frac{1}{e}} =\dfrac{1}{e^5\left(1-\frac{1}{e}\right)}\\ &=\dfrac{1}{e^5-e^4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

$\begin{aligned} \sum_{n=5}^\infty \frac{1}{e^n}&=\sum_{n=5}^\infty \left(\frac{1}{e}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{e}\right)^n-\sum_{n=0}^4 \left(\frac{1}{e}\right)^n\\ &=\dfrac{1}{1-\frac{1}{e}}-\dfrac{1-\left(\frac{1}{e}\right)^{5}}{1-\frac{1}{e}}\\ &=\dfrac{\left(\frac{1}{e}\right)^5}{1-\frac{1}{e}} =\dfrac{1}{e^5\left(1-\frac{1}{e}\right)}\\ &=\dfrac{1}{e^5-e^4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 34번

# 비교 판정법증명·논술보통자동 분류

107.CLP-2 · 3.3절 · 39번대학 수준우리말 번역

다음 각 급수가 수렴하는지 발산하는지 이유와 함께 판단하세요.

(a) $1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots$ . (b) ${\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{2n+1}{2^{2n+1}}}$

영어 원문 보기

Determine, with explanation, whether each of the following series converge or diverge.

(a) $1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots$ . (b) ${\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{2n+1}{2^{2n+1}}}$

정답·풀이 보기

(a)

풀이 1: 주어진 급수는

$\begin{aligned} 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots =\sum_{n=1}^\infty a_n \text{ 여기서 $a_n=\frac{1}{2n-1}$} \end{aligned}$

이다. 먼저 $n$ 이 매우 클 때 $a_n\approx \frac{1}{2n}$ 임에 주목하여 직관을 얻자. 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ 은 $p=1$ 인 $p$ -판정법에 의해 발산함을 안다. 그러므로 $b_n=\frac{1}{n}$ 로 놓고 극한비교판정법을 적용하자.

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

이므로, 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하기 위한 필요충분조건은 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 이 수렴하는 것이다. 따라서 주어진 급수는 발산한다.

풀이 2: 급수

$\begin{aligned} 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots &\ge \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{10}+\cdots \\ &=\frac{1}{2}\Big(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots\Big) \end{aligned}$

괄호 안의 급수는 조화급수이며, $p=1$ 인 $p$ -판정법에 의해 발산함을 안다. 따라서 오른쪽 변의 급수는 발산한다. 직접 비교판정법에 의해 왼쪽 변의 급수도 발산한다.

(b) $a_n=\dfrac{(2n+1)}{2^{2n+1}}$ 로 놓고 비판정법을 사용하자.

$\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=\frac{(2n+3)}{2^{2n+3}}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)} =\frac{1}{4}\frac{(2n+3)}{(2n+1)} =\frac{1}{4}\frac{(2+3/n)}{(2+1/n)} \rightarrow \frac{1}{4}<1\text{ (}n\rightarrow\infty\text{일 때)} \end{aligned}$

이므로 급수는 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a)

Solution 1: The given series is

$\begin{aligned} 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots =\sum_{n=1}^\infty a_n \text{ with $a_n=\frac{1}{2n-1}$} \end{aligned}$

First we'll develop some intuition by observing that, for very large $n$ , $a_n\approx \frac{1}{2n}$ . We know that the series $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$ diverges by the $p$ –test with $p=1$ . So let's apply the limit comparison test with $b_n=\frac{1}{n}$ . Since

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

the series $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ converges if and only if the series $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ converges. So the given series diverges.

Solution 2: The series

$\begin{aligned} 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots &\ge \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{10}+\cdots \\ &=\frac{1}{2}\Big(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots\Big) \end{aligned}$

The series in the brackets is the harmonic series which we know diverges, by the $p$ –test with $p=1$ . So the series on the right hand side diverges. By the direct comparison test, the series on the left hand side diverges too.

(b) We'll use the ratio test with $a_n=\dfrac{(2n+1)}{2^{2n+1}}$ . Since

$\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=\frac{(2n+3)}{2^{2n+3}}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)} =\frac{1}{4}\frac{(2n+3)}{(2n+1)} =\frac{1}{4}\frac{(2+3/n)}{(2+1/n)} \rightarrow \frac{1}{4}<1\text{ as }n\rightarrow\infty \end{aligned}$

the series converges.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 25번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

108.CLP-2 · 3.3절 · 40번대학 수준우리말 번역

다음 각 급수가 수렴하는지 발산하는지 이유와 함께 판단하세요.

(a) $\sum_{k=2}^\infty \frac{\sqrt[3]{k}}{k^2-k}$ . (b) $\sum_{k=1}^\infty \frac{k^{10}10^k(k!)^2}{(2k)!}$ . (c) $\sum_{k=3}^\infty \frac{1}{k(\log k) (\log\log k)}$ .

영어 원문 보기

Determine, with explanation, whether each of the following series converges or diverges.

(a) $\sum_{k=2}^\infty \frac{\sqrt[3]{k}}{k^2-k}$ . (b) $\sum_{k=1}^\infty \frac{k^{10}10^k(k!)^2}{(2k)!}$ . (c) $\sum_{k=3}^\infty \frac{1}{k(\log k) (\log\log k)}$ .

정답·풀이 보기

(a) 매우 큰 $k$ 에 대해 $k\ll k^2$ 이므로 $a_n=\frac{\sqrt[3]{k}}{k^2-k}\approx \frac{\sqrt[3]{k}}{k^2} =\frac{1}{k^{5/3}}$ 이다. $b_k=\frac{1}{k^{5/3}}$ 로 하여 극한비교판정법을 적용한다. 다음에서

$\begin{aligned} \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{a_k}{b_k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{\sqrt[3]{k}/(k^2-k)}{1/k^{5/3}} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{k^2}{k^2-k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{1-1/k} =1 \end{aligned}$

극한이 존재하고 0이 아니며, $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^{5/3}}$ 은 ( $p$ –판정법에서 $p=\frac{5}{3}>1$ 이므로) 수렴하므로, 주어진 급수는 극한비교판정법에 의해 수렴한다.

(b) 이 급수의 $k^{\rm th}$ 항은 $a_k= \frac{k^{10}10^k(k!)^2}{(2k)!}$ 이다. 팩토리얼은 비의 꼴에서 깔끔하게 정리되므로 비판정법과 잘 어울리는 경우가 많다.

$\begin{aligned} \frac{a_{k+1}}{a_k} &=\frac{(k+1)^{10}10^{k+1}((k+1)!)^2}{(2k+2)!}\cdot\frac{(2k)!}{k^{10}10^k(k!)^2} =10\Big(\frac{k+1}{k}\Big)^{10}\frac{(k+1)^2}{(2k+2)(2k+1)}\\ &=10\Big(1+\frac{1}{k}\Big)^{10}\frac{(1+1/k)^2}{(2+2/k)(2+1/k)} \end{aligned}$

$k$ 가 $\infty$ 로 갈 때 이 값은 $10\times 1\times\frac{1}{2\times 2}>1$ 에 수렴한다. 따라서 이 급수는 비판정법에 의해 발산한다.

(c) 적분판정법을 사용한다. 이 급수의 $k^{\rm th}$ 항은 $a_k=\frac{1}{k(\log k) (\log\log k)}=f(k)$ 이고 $f(x)=\frac{1}{x(\log x) (\log\log x)}$ 은 $x\ge 3$ 에서 연속이고 양수이며 감소한다.

$\begin{aligned} \int_3^\infty f(x)\ \mathrm{d}x &= \int_3^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x(\log x) (\log\log x)} =\lim_{R\rightarrow\infty} \int_3^R \frac{\mathrm{d}x}{x(\log x) (\log\log x)} \\[0.1in] &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_{\log 3}^{\log R} \frac{\mathrm{d}y}{y\log y} &\qquad\text{여기서 }y=\log x,\ \mathrm{d}y=\frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.1in] &= \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\log \log 3}^{\log \log R} \frac{\mathrm{d}t}{t} & \qquad\text{여기서 }t=\log y,\ \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}y}{y} \\[0.1in] &=\lim_{R \to \infty}\Big[\log t\Big]_{\log \log 3}^{\log\log R}=\infty \end{aligned}$

적분이 발산하므로 적분판정법에 의해 이 급수도 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For very large $k$ , $k\ll k^2$ so that $a_n=\frac{\sqrt[3]{k}}{k^2-k}\approx \frac{\sqrt[3]{k}}{k^2} =\frac{1}{k^{5/3}}.$ We apply the limit comparison test with $b_k=\frac{1}{k^{5/3}}$ . Since

$\begin{aligned} \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{a_k}{b_k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{\sqrt[3]{k}/(k^2-k)}{1/k^{5/3}} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{k^2}{k^2-k} =\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{1-1/k} =1 \end{aligned}$

exists and is nonzero, and $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^{5/3}}$ converges (by the $p$ –test with $p=\frac{5}{3}>1$ ), the given series converges by the limit comparison test.

(b) The $k^{\rm th}$ term in this series is $a_k= \frac{k^{10}10^k(k!)^2}{(2k)!}$ . Factorials often work well with the ratio test, because they simplify so nicely in quotients.

$\begin{aligned} \frac{a_{k+1}}{a_k} &=\frac{(k+1)^{10}10^{k+1}((k+1)!)^2}{(2k+2)!}\cdot\frac{(2k)!}{k^{10}10^k(k!)^2} =10\Big(\frac{k+1}{k}\Big)^{10}\frac{(k+1)^2}{(2k+2)(2k+1)}\\ &=10\Big(1+\frac{1}{k}\Big)^{10}\frac{(1+1/k)^2}{(2+2/k)(2+1/k)} \end{aligned}$

As $k$ tends to $\infty$ , this converges to $10\times 1\times\frac{1}{2\times 2}>1$ . So the series diverges by the ratio test.

(c) We'll use the integal test. The $k^{\rm th}$ term in the series is $a_k=\frac{1}{k(\log k) (\log\log k)}=f(k)$ with $f(x)=\frac{1}{x(\log x) (\log\log x)}$ , which is continuous, positive and decreasing for $x\ge 3$ .

$\begin{aligned} \int_3^\infty f(x)\ \mathrm{d}x &= \int_3^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x(\log x) (\log\log x)} =\lim_{R\rightarrow\infty} \int_3^R \frac{\mathrm{d}x}{x(\log x) (\log\log x)} \\[0.1in] &=\lim_{R\rightarrow\infty} \int_{\log 3}^{\log R} \frac{\mathrm{d}y}{y\log y} &\qquad\text{with }y=\log x,\ \mathrm{d}y=\frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.1in] &= \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\log \log 3}^{\log \log R} \frac{\mathrm{d}t}{t} & \qquad\text{with }t=\log y,\ \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}y}{y} \\[0.1in] &=\lim_{R \to \infty}\Big[\log t\Big]_{\log \log 3}^{\log\log R}=\infty \end{aligned}$

Since the integral is divergent, the series is divergent as well by the integral test.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 5.4절 · 56번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

109.CLP-2 · 3.3절 · 41번대학 수준우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^3-4}{2n^5-6n}$ 이 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Determine whether the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^3-4}{2n^5-6n}$ is convergent or divergent.

정답·풀이 보기

$n$ 이 클 때 분자 $n^3-4\approx n^3$ 이고 분모 $2n^5-6n\approx 2n^5$ 이므로, 제 $n$ 항은 대략 $\frac{n^3}{2n^5}=\frac{1}{2n^2}$ 이다. 따라서 $a_n=\frac{n^3-4}{2n^5-6n}$ 과 $b_n=\frac{1}{n^2}$ 에 극한비교판정법을 적용한다.

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(n^3-4)/(2n^5-6n)}{1/n^2} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{4}{n^3}}{2-\frac{6}{n^4}} =\frac12$

이고 이 극한이 존재하며 0이 아니므로, 주어진 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하는 것과 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 이 수렴하는 것은 서로 필요충분조건이다. 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n =\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$ 은 수렴하는 $p$ -급수( $p=2$ )이므로 두 급수 모두 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

For large $n$ , the numerator $n^3-4\approx n^3$ and the denominator $2n^5-6n\approx 2n^5$ , so the $n$ th term is approximately $\frac{n^3}{2n^5}=\frac{1}{2n^2}$ . So we apply the limit comparison test with $a_n=\frac{n^3-4}{2n^5-6n}$ and $b_n=\frac{1}{n^2}$ . Since

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(n^3-4)/(2n^5-6n)}{1/n^2} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{4}{n^3}}{2-\frac{6}{n^4}} =\frac12$

exists and is nonzero, the given series $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ converges if and only if the series $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ converges. Since the series $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n =\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$ is a convergent $p$ -series (with $p=2$ ), both series converge.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 40번

# 비교 판정법계산보통자동 분류

110.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 $N\ge 1$ ,

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

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 $n=14$ .

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

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 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 50번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

111.CLP-2 · 3.3절 · 48번대학 수준우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하고 모든 $n$ 에 대해 $1>a_n\ge 0$ 이라 하자. 이때 급수 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1-a_n}$ 도 수렴함을 증명하세요.

영어 원문 보기

Suppose that the series $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ converges and that $1>a_n\ge 0$ for all $n$ . Prove that the series $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1-a_n}$ also converges.

정답·풀이 보기

증명의 방향을 잡기 위해 먼저 직관을 얻어 보자. $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하므로 $n\rightarrow\infty$ 일 때 $a_n$ 은 0 으로 수렴한다. 따라서 $n$ 이 충분히 크면 $\frac{a_n}{1-a_n} \approx \frac{a_n}{1-0}=\frac{a_n}{1}$ 이고, $\sum a_n$ 이 수렴함을 알고 있다. 그러므로 "큰" 번호의 항들을 유한 개의 작은 번호의 항들과 분리하려고 한다.

$\lim\limits_{n\to \infty} a_n=0$ 이므로, 모든 $n>N$ 에 대해 $\tfrac{1}{2}>a_n\ge 0$ 이 되게 하는 (1보다 작은 양수라면 $\frac12$ 뿐 아니라 어떤 수를 택해도 된다.) 정수 $N$ 이 반드시 존재한다. 그러면 $n>N$ 일 때,

$\begin{aligned} \frac{a_n}{1-a_n} &\leq \frac{a_n}{1-1/2}=2a_n \\ \text{문제에 주어진 정보로부터 다음을 안다.} \\ \sum_{n=N+1}^\infty 2a_n&=2\sum_{n=N+1}^\infty a_n\qquad\text{은 수렴한다. } \\ \text{따라서 직접 비교 판정법에 의해} \\ \sum_{n=N+1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{도 수렴한다. } \\ \text{급수의 수렴 여부는 처음 $N$ 개의 항에 영향을 받지 않으므로(단, $N$ 이 유한할 때), 다음을 얻는다.} \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{은 수렴한다.} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let's get some intuition to guide us through a proof. Since $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ , converges $a_n$ must converge to zero as $n\rightarrow\infty$ . So, when $n$ is quite large, $\frac{a_n}{1-a_n} \approx \frac{a_n}{1-0}=\frac{a_n}{1}$ , and we know $\sum a_n$ converges. So, we want to separate the “large" indices from a finite number of smaller ones.

Since $\lim\limits_{n\to \infty} a_n=0$ , there must be (We could have chosen any positive number strictly less than 1, not only $\frac12$ .) some integer $N$ such that $\tfrac{1}{2}>a_n\ge 0$ for all $n>N$ . Then, for $n>N$ ,

$\begin{aligned} \frac{a_n}{1-a_n} &\leq \frac{a_n}{1-1/2}=2a_n \\ \text{From the information in the problem statement, we know} \\ \sum_{n=N+1}^\infty 2a_n&=2\sum_{n=N+1}^\infty a_n\qquad\text{converges. } \\ \text{So, by the direct comparison test,} \\ \sum_{n=N+1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{converges as well. } \\ \text{Since the convergence of a series is not affected by its first $N$ terms, as long as $N$ is finite, we conclude} \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{converges.} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 47번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

112.CLP-2 · 3.3절 · 49번대학 수준우리말 번역

급수 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ 이 수렴한다고 하자. 단, $n=0,1,2,3,\cdots$ 에 대해 $a_n>0$ 이다. 급수 $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ 이 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Suppose that the series $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ converges, where $a_n>0$ for $n=0,1,2,3,\cdots$ . Determine whether the series $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ converges or diverges.

정답·풀이 보기

발산 판정법에 의해, $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ 이 수렴한다는 사실로부터 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-a_n)=0$ 이 보장되고, 이는 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=1$ 과 같다. 따라서 발산 판정법을 한 번 더 적용하면,

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}2^n a_n = +\infty \end{aligned}$

이므로 $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ 도 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence test, the fact that $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ converges guarantees that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-a_n)=0$ , or equivalently, that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=1$ . So, by the divergence test, a second time, the fact that

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}2^n a_n = +\infty \end{aligned}$

guarantees that $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ diverges too.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 48번

# 비교 판정법계산도전자동 분류

113.CLP-2 · 3.3절 · 50번대학 수준우리말 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.

영어 원문 보기

Assume that the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ converges, where $a_n > 0$ for $n = 1, 2, \cdots$ . Is the following series

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

convergent? If your answer is NO, justify your answer. If your answer is YES, evaluate the sum of the series $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \log\big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\big)$ .

정답·풀이 보기

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.

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence test, the fact that $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ converges guarantees that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{na_n-2n+1}{n+1}=0$ , or equivalently, that

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

The series of interest can be written $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big]$ which looks like a telescoping series. So we'll compute the partial sum

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

and then take the limit $N\rightarrow\infty$

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 51번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

114.CLP-2 · 3.3절 · 51번대학 수준우리말 번역

모든 $n$ 에 대해 $a_n\ge 0$ 이고 급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하면, 급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a^2_n$ 도 수렴함을 증명하세요.

영어 원문 보기

Prove that if $a_n\ge 0$ for all $n$ and if the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges, then the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a^2_n$ also converges.

정답·풀이 보기

$\sum_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴한다고 하였다. 따라서 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 이어야 한다. 특히 $n\ge N$ 인 모든 $n$ 에 대해 $0\le a_n\le 1$ 을 만족하는 번호 $N$ 이 존재한다. 그러면 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} 0\leq a_n^2 & \leq a_n\qquad\text{$n>N$ 일 때} \\ \text{비교판정법에 의해} \\ \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2& \qquad\text{은 수렴한다.} \\ \text{급수의 수렴은 유한한 $N$ 개의 처음 항들에 의존하지 않으므로,} \\ \sum_{n=1}^\infty a_n^2& \qquad\text{도 수렴한다.} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We are told that $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges. Thus we must have that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . In particular, there is an index $N$ such that $0\le a_n\le 1$ for all $n\ge N$ . Then:

$\begin{aligned} 0\leq a_n^2 & \leq a_n\qquad\text{for $n>N$} \\ \text{By the direct comparison test,} \\ \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2& \qquad\text{converges.} \\ \text{Since convergence doesn't depend on the first $N$ terms of a series for any finite $N$,} \\ \sum_{n=1}^\infty a_n^2& \qquad\text{converges as well.} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 5.4절 · 12번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류