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3주차 강의 문제풀이

Q's Laboratory

11번 슬라이드

11.1.

{an}={12n}={12,14,16,18,⋯ }\{a_n\} = \{\frac 1 {2n}\} = \{ \frac 1 2, \frac 1 4, \frac 1 6, \frac 1 8, \cdots \} 이므로, lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0 이라는 가설을 세우면,

∀ϵ>0, ∃N, s.t. ∀n>N, ∣an−0∣<ϵ\forall \epsilon > 0, \ \exists N, \ \text{s.t.} \ \forall n > N, \ |a_n - 0| < \epsilon을 만족하는 N이 있는지를 확인하면 된다

∣12n−0∣<ϵ ⇒12n<ϵ ⇒n>12ϵ  |\frac 1 {2n} - 0| < \epsilon \\ \ \\ \Rightarrow \frac 1 {2n} < \epsilon \\ \ \\ \Rightarrow n > \frac 1 {2\epsilon} \\ \ \\
(1)

따라서, N>12ϵ+1,∀ϵ>0N > \frac 1 {2\epsilon} + 1, \forall \epsilon > 0인 N이 존재하면 lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0이 된다.

(ϵ\epsilon이 어떤 수가 되든 위 조건을 만족하는 N을 하나만 찾아도 수렴한다는 점이 증명됨.)

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

11.2.

{an}={−14n}={−14,−18,−112,−116,⋯ }\{a_n\} = \{ -\frac 1 {4n} \} = \{ -\frac 1 4, -\frac 1 8, -\frac 1 {12}, -\frac 1 {16}, \cdots \}

이번에는 코시 수열 판정법을 이용하여 {an}\{a_n\}이 수렴하는지 여부만 확인해보자.

코시 수열 판정법이란, ∀ϵ>0, ∃N, s.t. ∀m,n>N, ∣an−am∣<ϵ\forall \epsilon > 0, \ \exists N, \ \text{s.t.} \ \forall m, n > N, \ |a_n - a_m| < \epsilon이면 {an}\{a_n\}이 수렴한다는 판정법이다.

m>nm > n이라고 가정하면,

∣an−am∣=∣−14n+14m∣=14∣1n−1m∣ =14⋅m−nnm|a_n - a_m| = |-\frac 1 {4n} + \frac 1 {4m}| = \frac 1 4 |\frac 1 n - \frac 1 m| \\ \ \\ = \frac 1 4 \cdot \frac {m - n} {nm}
(2)

m−n<mm-n < m, mn>n2mn > n^2이므로,

14⋅m−nnm<14⋅mmn=14n\frac 1 4 \cdot \frac {m - n} {nm} < \frac 1 4 \cdot \frac m {mn} = \frac 1 {4n}
(3)

따라서, ∣an−am∣<14n|a_n - a_m| < \frac 1 {4n}이므로, 14n<ϵ⇒n>14ϵ\frac 1 {4n} < \epsilon \Rightarrow n > \frac 1 {4\epsilon}보다 큰 N이 존재하면 {an}\{a_n\}이 수렴한다.

따라서, N>14ϵ+1N > \frac 1 {4\epsilon} + 1을 만족하는 N이 하나라도 존재하면 {an}\{a_n\}이 수렴한다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

11.3.

{(−1)n−12n−12n}={12,−34,56,−78,⋯ } \{ (-1)^{n-1} \frac {2n-1} {2n} \} = \{ \frac 1 2, -\frac 3 4, \frac 5 6, -\frac 7 8, \cdots \}

위 수열의 전개를 보고, {an}\{a_n\}이 수렴하지 않는다고 가정하고 코시 수열 판정법에 따라 증명해보자.

∣an+1−an∣=∣(−1)n2n+12n+2+(−1)n−12n−12n∣=12n+2+12n|a_{n+1} - a_n| = | (-1)^n \frac {2n + 1} {2n + 2} + (-1)^{n-1} \frac {2n - 1} {2n}| = \frac 1 {2n + 2} + \frac 1 {2n}
(4)

만약, n→∞n \to \infty라면,

2n+12n+2→1, 2n−12n→1 ⇒∣an+1−an∣→2\frac {2n + 1} {2n + 2} \to 1, \ \frac {2n - 1} {2n} \to 1 \\ \ \\ \Rightarrow |a_{n+1} - a_n| \to 2
(5)

따라서, ∀ϵ<2, ∀N, ∃n>N, ∣an+1−an∣>ϵ\forall \epsilon < 2, \ \forall N, \ \exists n > N, \ |a_{n+1} - a_n| > \epsilon이므로 {an}\{a_n\}은 수렴하지 않는다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

12번 슬라이드

12.1. 수렴수열의 극한값은 유일하다.

lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L이고 lim⁡n→∞an=M\lim_{n \to \infty} a_n = M이라고 가정하자. L≠ML \neq M이라고 가정하면, ∣L−M∣>0|L - M| > 0이므로 ϵ=∣L−M∣2\epsilon = \frac {|L - M|} 2라고 하면,

∃N1, s.t. ∀n>N1, ∣an−L∣<ϵ ∃N2, s.t. ∀n>N2, ∣an−M∣<ϵ\exists N_1, \ \text{s.t.} \ \forall n > N_1, \ |a_n - L| < \epsilon \\ \ \\ \exists N_2, \ \text{s.t.} \ \forall n > N_2, \ |a_n - M| < \epsilon
(6)

n>max⁡(N1,N2)n > \max(N_1, N_2)인 n에 대해서,

∣L−M∣=∣L−an+an−M∣≤∣L−an∣+∣an−M∣<ϵ+ϵ=2ϵ=∣L−M∣|L - M| = |L - a_n + a_n - M| \leq |L - a_n| + |a_n - M| < \epsilon + \epsilon = 2\epsilon = |L - M|
(7)

이 되므로, 이는 전제인 ∣L−M∣>0|L - M| > 0과 모순이 된다. 따라서, L=ML = M이므로 수렴수열의 극한값은 유일하다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

12.2. 수렴수열은 절댓값이 유계이다

an→La_n \to L이라고 가정할 때, ϵ=1\epsilon = 1이라고 하면, ∃N, s.t. ∀n>N, ∣an−L∣<1\exists N, \ \text{s.t.} \ \forall n > N, \ |a_n - L| < 1이므로,

∣an∣=∣an−L+L∣≤∣an−L∣+∣L∣<1+∣L∣|a_n| = |a_n - L + L| \leq |a_n - L| + |L| < 1 + |L|
(8)

따라서, n>Nn>N이면 ∣an∣<1+∣L∣|a_n| < 1 + |L|이므로 유계이고, n≤Nn \leq N인 n에 대해서는 ∣an∣|a_n|보다 크지 않으므로 유계.

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12.3. 단조수렴정리

(1) {an}\{a_n\}이 단조증가할 때, {an}\{a_n\}의 상한을 α\alpha라고 하면, ∀ϵ>0, α−ϵ<aN\forall \epsilon > 0, \ \alpha - \epsilon < a_N인 N이 존재한다.

따라서, n>Nn > N인 n에 대해서는 aN≤an≤αa_N \leq a_n \leq \alpha이고, 각 항에 극한을 취해주면,

α−ϵ≤lim⁡n→∞an≤α\alpha - \epsilon \leq \lim_{n \to \infty} a_n \leq \alpha
(9)

∀ϵ>0\forall \epsilon >0에 대해 lim⁡n→∞(α−ϵ)=α\lim_{n \to \infty} (\alpha - \epsilon) = \alpha이고, lim⁡n→∞α=α\lim_{n \to \infty} \alpha = \alpha이므로, lim⁡n→∞an=α\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha이 된다.

(2) {an}\{a_n\}이 단조감소할 때, {an}\{a_n\}의 하한을 β\beta라고 하면, ∀ϵ>0, aN<β+ϵ\forall \epsilon > 0, \ a_N < \beta + \epsilon인 N이 존재하고, (1)과 대칭적인 방법으로 논리를 전개하면 조임정리에 따라 lim⁡n→∞an=β\lim_{n \to \infty} a_n = \beta이 된다.

따라서, {an}\{a_n\}이 단조수열이고 유계이면 수렴한다.

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16번 슬라이드

an{a_n}의 무한급수가 수렴하면 ∑n=1∞an=S\sum_{n = 1}^\infty a_n = S라고 할 때, 아래와 같이 표현할 수 있다.

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞(∑k=1nak−∑k=1n−1ak) =lim⁡n→∞∑k=1nak−lim⁡n→∞∑k=1n−1ak=S−S=0\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \big( \sum_{k = 1}^n a_k - \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k \big) \\ \ \\ = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^n a_k - \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n-1} a_k = S - S = 0
(10)

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19번 슬라이드

iflim⁡n→∞an≠0⇒∃ϵ>0, s.t. ∀N, ∃n>N, ∣an∣≥ϵ\text{if} \lim_{n \to \infty} a_n \neq 0 \\ \Rightarrow \exists \epsilon > 0, \ \text{s.t.} \ \forall N, \ \exists n > N, \ |a_n| \geq \epsilon
(11)

따라서 n이 커지면 어떤 ϵ\epsilon보다 큰 ∣an∣|a_n|이 존재하므로, ∑n=1∞an\sum_{n = 1}^\infty a_n은 발산한다.

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20번 슬라이드

Sn=a1+a2+⋯+anSn+1=a1+a2+⋯+an+an+1⇒Sn+1−Sn=an+1≥0S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n \\ S_{n+1} = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + a_{n+1} \\ \Rightarrow S_{n+1} - S_n = a_{n+1} \geq 0
(12)

따라서, 양항수열 an{a_n}의 부분합 Sn{S_n}은 단조증가한다.

따라서, Sn{S_n}이 유계이면 수렴한다.

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21번 슬라이드

양항급수는 단조증가한다. 따라서, 더 큰 급수가 수렴하면 작은 급수도 수렴하고, 더 작은 급수가 발산하면 더 큰 급수도 발산한다. (대소판정을 통해 유계성이 확인되기 때문에)

35번 슬라이드

자연상수값을 구하는 문제는, 크게 (1) 수렴성 증명, (2) 수렴값 확인의 절차를 따른다.

자연상수의 정의는 아래와 같다.

lim⁡n→∞(1+1n)n\lim_{n \to \infty} \big( 1 + \frac 1 n \big)^n

35.1. 수열 an{a_n}이 수렴하는가?

35.1.1. 단조증가하는가?

(1+1n)\big( 1 + \frac 1 n \big)이 n개, 1이 1개 존재할 때,

산술평균 : (n(1+1/n)+1)n+1=1+1n+1 기하평균 : (1+1n)n⋅1n+1=(1+1n)nn+1\text{산술평균 : } \frac {\big( n (1 + 1/n) + 1 \big)} {n + 1} = 1 + \frac 1 {n + 1} \\ \ \\ \text{기하평균 : } \sqrt[n + 1]{\big( 1 + \frac 1 n \big)^n \cdot 1} = \sqrt[n + 1]{\big( 1 + \frac 1 n \big)^n}
(13)

산술평균이 기하평균보다 크거나 같다는 성질을 이용하면,

1+1n+1≥(1+1n)nn+1 ⇒(1+1n)n≤(1+1n+1)n+1 ⇒an≤an+11 + \frac 1 {n + 1} \geq \sqrt[n + 1]{\big( 1 + \frac 1 n \big)^n} \\ \ \\ \Rightarrow \big( 1 + \frac 1 n \big)^n \leq \big( 1 + \frac 1 {n + 1} \big)^{n + 1} \\ \ \\ \Rightarrow a_n \leq a_{n + 1}
(14)

따라서, 수열 an{a_n}은 단조증가한다.

35.1.2. 유계(상계)인가?

(1+1n)n=∑k=0n(nk)⋅1n−k⋅(1n)k=1+n1n+n(n−1)12!1n2+n(n−1)(n−2)13!1n3+n(n−1)(n−2)(n−3)14!1n4+⋯ =1+1+12!+13!+14!+⋯+1n! <1+1+12+14+⋯+12n−1<1+2=3\big( 1 + \frac 1 n \big)^n = \sum_{k = 0}^n \binom n k \cdot 1^{n - k} \cdot \big( \frac 1 n \big)^k \\ = 1 + n \frac 1 n + n(n-1)\frac 1 {2!} \frac 1 {n^2} + n(n-1)(n-2) \frac 1 {3!} \frac 1 {n^3} + n(n-1)(n-2)(n-3) \frac 1 {4!} \frac 1 {n^4} + \cdots \\ \\ \ \\ = 1 + 1 + \frac 1 {2!} + \frac 1 {3!} + \frac 1 {4!} + \cdots + \frac 1 {n!} \\ \\ \ \\ < 1 + 1 + \frac 1 2 + \frac 1 4 + \cdots + \frac 1 {2^{n - 1}} < 1 + 2 = 3
(15)

따라서,

(1+1n)n<3\big( 1 + \frac 1 n \big)^n < 3
(16)

이므로 수열 an{a_n}은 상계가 존재한다. 단조 증가하면서 유계인 수열 an{a_n}은 수렴한다.

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(2) 수렴값은 무엇인가?

이항정리를 이용하여 (1+1n)n\big( 1 + \frac 1 n \big)^n를 전개하면,

(1+1n)n=∑k=0n(nk)⋅(1n)k =∑k=0nn!k!(n−k)!⋅(1n)k =∑k=0nn(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)k!nk =∑k=0n1k!⋅(1−1n)⋅(1−2n)⋯(1−k−1n)\big( 1 + \frac 1 n \big)^n = \sum_{k = 0}^n \binom n k \cdot \big( \frac 1 n \big)^k \\ \ \\ = \sum_{k = 0}^n \frac {n!} {k! (n - k)!} \cdot \big( \frac 1 n \big)^k \\ \ \\ = \sum_{k = 0}^n \frac {n (n - 1) (n - 2) \cdots (n - k + 1)} {k! n^k} \\ \ \\ = \sum_{k = 0}^n \frac {1} {k!} \cdot \big( 1 - \frac 1 n \big) \cdot \big( 1 - \frac 2 n \big) \cdots \big( 1 - \frac {k - 1} n \big)
(17)

위 전개한 식의 극한값을 구하면,

lim⁡n→∞∑k=0n1k!⋅(1−1n)⋅(1−2n)⋯(1−k−1n) =∑k=0∞1k!⋅lim⁡n→∞(1−1n)⋅(1−2n)⋯(1−k−1n)\lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^n \frac {1} {k!} \cdot \big( 1 - \frac 1 n \big) \cdot \big( 1 - \frac 2 n \big) \cdots \big( 1 - \frac {k - 1} n \big) \\ \ \\ = \sum_{k = 0}^\infty \frac {1} {k!} \cdot \lim_{n \to \infty} \big( 1 - \frac 1 n \big) \cdot \big( 1 - \frac 2 n \big) \cdots \big( 1 - \frac {k - 1} n \big)
(18)

n→∞n \to \infty일 때, (1−an)→1\big( 1 - \frac a n \big) \to 1이므로 위 식()은 아래와 같이 표현할 수 있다.

∑k=0∞1k!⋅1⋅1⋯1=∑k=0∞1k!=1+1+12!+13!+⋯\sum_{k = 0}^\infty \frac {1} {k!} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1 = \sum_{k = 0}^\infty \frac {1} {k!} = 1 + 1 + \frac 1 {2!} + \frac 1 {3!} + \cdots
(19)

위의 식 (19)의 각 항의 값을 더하면 자연상수를 구할 수 있다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

37번 슬라이드

0.999⋯0.999\cdots을 수열의 형태로 정리하면, {an}={0.9,0.99,0.999,…}={1−10−n}\{a_n\} = \{0.9, 0.99, 0.999, \ldots\} = \{1 - 10^{-n}\}이다.

37.1. 수열 {an}\{a_n\}이 코시 수열인지 확인

코시 수열이란, 수열의 항 사이의 거리가 0에 점점 가까워지는 수열을 의미한다. 특정 수열이 코시 수열인지를 판정하면 극한값을 몰라도 수렴 여부를 판정할 수 있다.

만약 {an}\{a_n\}이 코시 수열이라면, ∀ϵ>0, ∃N, s.t. ∀m,n>N, ∣an−am∣<ϵ\forall \epsilon > 0, \ \exists N, \ \text{s.t.} \ \forall m, n > N, \ |a_n - a_m| < \epsilon이다.

m > n일 때,

∣an−am∣=∣(1−10−n)−(1−10−m)∣=∣10−n−10−m∣≤10−n+10−m<2⋅10−n|a_n - a_m| = |(1 - 10^{-n}) - (1 - 10^{-m})| = |10^{-n} - 10^{-m}| \leq 10^{-n} + 10^{-m} < 2 \cdot 10^{-n}
(20)

아르키메데스 원리에 따라 ∀x∈R, ∃n∈N, s.t. n>x\forall x \in \mathbb R, \ \exists n \in \mathbb N, \ \text{s.t.} \ n > x인데,

2⋅10−n<ϵ⇒10N>2/ϵ⇒N>2/ϵ2 \cdot 10^{-n} < \epsilon \Rightarrow 10^N > 2/\epsilon \Rightarrow N > 2/\epsilon
(21)

의 조건을 만족하는 N이 반드시 존재한다.

따라서, n,m>Nn, m > N를 만족하는 n과 m에 대해서는 ∣an−am∣<2⋅10−n<ϵ|a_n - a_m| < 2 \cdot 10^{-n} < \epsilon이 되므로 {an}\{a_n\}은 코시 수열이다.

37.2. 완비성

실수 체계에서 모든 코시 수열은 수렴한다. 따라서, ∃L∈R, s.t. an→L\exists L \in \mathbb R, \ \text{s.t.} \ a_n \to L인 L이 반드시 존재한다.

37.3. 수열 {an}\{a_n\}의 극한값 찾기

∣an−1∣=∣(1−10−n)−1∣=10−n|a_n - 1| = |(1 - 10^{-n}) - 1| = 10^{-n}이므로, 아르키메데스 원리에 따라 ∀ϵ>0, ∃N, s.t. 10−N<ϵ\forall \epsilon > 0, \ \exists N, \ \text{s.t.} \ 10^{-N} < \epsilon이므로, n>Nn > N인 n에 대해서는 ∣an−1∣=10−N<ϵ|a_n - 1| = 10^{-N} < \epsilon이 된다.

따라서, lim⁡n→∞an=1\lim_{n \to \infty} a_n = 1이다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

37.4. 귀류법으로 증명

만약 0.999⋯≠10.999\cdots \neq 1이라면, 0.999⋯<r<10.999\cdots < r < 1인 r이 존재하는데, 아르키메데스 원리에 따라 ∃n s.t. 10−n<1−r\exists n \ \text{s.t.} \ 10^{-n} < 1 - r이므로, an=1−10−n>ra_n = 1 - 10^{-n} > r인 n이 존재한다. 이는 전제와 모순이므로 r은 존재하지 않는다.

따라서, 0.999⋯=10.999\cdots = 1이다.

■Q.E.D.\blacksquare \text{Q.E.D.}

Mathematical Understanding of Data Science
2주차 문제풀이
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