안녕하세요. 지난 포스팅의 미적분학 - 급수의 성질에서는 무한급수의 성질과 함께 수렴성을 검사하는 발산 검사(Test for Divergence)도 알아보았습니다. 아무래도 저희는 지금 무한급수를 다루고 있기 때문에 일단 수렴하는 지에 대한 여부가 큰 관심입니다. 따라서, 다양한 수렴성 검사들이 존재하는 데 오늘은 첫번째로 적분 검사(Integration Test)에 대해서 알려드리도록 하겠습니다.
정리1. 적분 검사(Integration Test)
함수 $f$가 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 감소함수이고 $a_{n} = f(n)$이라고 하자. 그러면, 아래의 두 가지를 만족한다.
1). $\int_{1}^{\infty} f(x) \; dx$가 수렴하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$은 수렴한다.
2). $\int_{1}^{\infty} f(x) \; dx$가 발산하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$은 발산한다.
설명
아주 간단한 예시로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$이 수렴하는 지 검사해보도록 하죠.
$$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \cdots + \frac{1}{n^{2}} + \cdots$$
이는 그림으로 표현하면 위와 같습니다. 즉, $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$이란 함수 $y = \frac{1}{x^{2}}$을 구간 $[0, \infty)$을 등구간으로 자른 뒤 각 면적의 합을 구하는 것과 동치임을 알 수 있습니다. 따라서, $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$이 수렴하는 것을 확인하는 것은 $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} \; dx$가 수렴하는 것을 확인하는 것과 동치입니다.
하지만, 위 함수를 적분할 때는 첫번째 구간은 고려하면 안됩니다. 왜냐하면, $x = 0$에서 정의되지 않기 때문이죠. 따라서, 첫번째 구간에 해당하는 영역의 넓이는 따로 구하고 두번째 구간에 해당하는 영역을 적분해주어야합니다.
$$\frac{1}{1^{2}} + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} \; dx = 2$$
여기서 주의할 점이 있습니다. 적분이라 함은 해당 구간의 곡선의 넓이를 의미하기 때문에 저희가 수렴성을 판단하고자하는 수열보다 값이 더 큽니다.
$$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \cdots + \frac{1}{n^{2}} + \cdots < 2$$
따라서, 계속 수열을 더해도 무한급수는 2보다는 커질 수 없다는 것을 볼 수 있습니다. 그러므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$은 수렴합니다.
예제1. 무한급수 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + 1}$의 수렴 및 발산을 확인하라.
$f(x) = \frac{1}{x^{2} + 1}$이라고 할 때, 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수이다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2} + 1} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \left[\arctan(x)\right]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \left(\arctan(t) - \arctan(1)\right) \\ &= \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} \end{align*}$$
따라서, 적분 검사 (정리 1)에 의해 무한급수 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + 1}$은 수렴한다.
따름정리1. $p$-급수 수렴성
$p$-급수 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$는 $p > 1$일 때 수렴하고, $p \le 1$이면 발산한다.
증명
1). $p< 0$인 경우, $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{p}} = \infty$이기 때문에 미적분학 - 급수의 따름정리1에 의해 발산한다.
2). $p = 0$인 경우, $\lim_{n \rightarrow \infty} 1 = 1$이기 때문에 미적분학 - 급수의 따름정리1에 의해 발산한다.
3). $p > 0$이고 $f(x) = \frac{1}{x^{p}}$이라고 하면, 함수 $f(x)$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수이다. 먼저, $p \neq 1$이라고 하자.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{p}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{p}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \left[\frac{1}{1 - p} \frac{1}{x^{p - 1}}\right]_{1}^{t} \\ &= \frac{1}{1 - p} \lim_{t \rightarrow \infty} \left(\frac{1}{t^{1 - p}} - 1\right)\end{align*}$$
이때, $0 < p < 1$이면 $-1 < 1 - p < 0$이기 때문에 $\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t^{1- p}} = \infty$이고 적분 검사 (정리 1)에 의해 대응되는 무한급수는 발산한다.
그리고 $p > 1$이라면, $0 < p < 1$이기 때문에 $\lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{t^{1 - p}} = 0$이고 적분 검사 (정리 1)에 의해 이에 대응되는 무한급수도 수렴한다.
4). 마지막으로 $p = 1$이라고 하자.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \left[\ln(x)\right]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \ln(t) = \infty \end{align*}$$
적분 검사 (정리 1)에 의해 발산한다.
따라서, $p$-급수 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$는 $p > 1$일 때 수렴하고, $p \le 1$이면 발산한다.
마지막으로 알아볼 것은 무한급수의 수렴값입니다. 일단, 적분검사의 수렴 결과로 저희가 추론할 수 있을까요? 결론부터 말씀드리면 적분 검사 자체의 수렴 결과는 실제 수렴값과 다릅니다. 예를 들어, $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$의 수렴값은 $\frac{\pi}{6}$입니다. 하지만, 적분검사를 통해 얻어지는 결과는 $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} \; dx = 1$이죠. 애초에 그럴 것이 처음에 보여드렸던 그림과 같이 어느정도 두 결과가 사이에는 오차가 발생할 수 밖에 없습니다. 하지만, 어느정도 추론은 가능하기 때문에 간단하게 알아보도록 하죠.
일단, $s_{n}$이 수열 $a_{n}$의 부분급수라고 하고, $\lim_{n \rightarrow \infty} s_{n} = s$라고 하겠습니다. 그리고, 부분급수 $s_{n}$와 수렴값 $s$ 사이의 차이를 나머지(Remainder) $R_{n}$라고 하겠습니다.
$$R_{n} = s - s_{n} = a_{n + 1} + a_{n + 2} + \cdots$$
다음으로 위 그림을 보시면 $x = n$에서 시작해서 각 구간의 왼쪽점을 표본점으로 삼았습니다. 따라서, $R_{n} = a_{n + 1} + \cdots \le \int_{n}^{\infty} f(x) \; dx$입니다.
다음으로 위 그림을 보시면 $x = n + 1$에서 시작해서 각 구간의 왼쪽점을 표본점으로 삼았습니다. 따라서, $R_{n} = a_{n + 1} + \cdots \ge \int_{n + 1}^{\infty} f(x) \; dx$입니다.
그러므로 두 결과값 사이의 차이인 $R_{n}$은 아래와 부등식을 만족하게 됩니다.
$$\int_{n + 1}^{\infty} f(x) \; dx \le R_{n} \le \int_{n}^{\infty} f(x) \; dx$$
따라서, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$을 최대한 적은 오차로 줄이는 근삿값을 찾고 싶다면 $R_{n}$이 작은 값을 사용하면 됩니다.
정리2. 무한급수의 근삿값
무한급수 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$의 근삿값은 아래와 같다.
$$s_{n} + \int_{n + 1}^{\infty} f(x) \; dx \le s \le s_{n} + \int_{n}^{\infty} f(x) \; dx$$
본 연습문제를 풀기위해 해당 포스팅을 제외한 다른 포스팅은 다음과 같습니다.
1) 미적분학 - 연속함수
4) 미적분학 - 치환적분
5) 미적분학 - 부분적분
연습문제1. 적분검사를 통해 주어진 무한급수의 수렴성을 검증하라.
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[5]{n}}$
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{5}}$
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{3}}$
(d). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n + 4}}$
(e). $\sum_{n = 1}^{\infty} ne^{-n}$
(f). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n + 2}{n + 1}$
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[5]{n}}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{1}{\sqrt[5]{x}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = \sqrt[5]{x}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = \sqrt[5]{x} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{1}{5x^{\frac{6}{5}}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[5]{x}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{\sqrt[5]{x}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ \frac{5}{4} x^{\frac{4}{5}} ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{5}{4}( t^{\frac{4}{5}} - 1 ) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[5]{x}} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[5]{n}}$은 발산한다.
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{5}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{1}{x^{5}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x^{5}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = x^{5} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{5}{x^{6}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{5}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{5}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ -\frac{1}{4} x^{-4} ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} -\frac{1}{4}( t^{-4} - 1 ) = \frac{1}{4} \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{5}} \; dx = \frac{1}{4}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{5}}$은 수렴한다.
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{3}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{1}{(2x + 1)^{3}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = (2x + 1)^{3}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = (2x + 1)^{3} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{6}{(2x + 1)^{4}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(2x + 1)^{3}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{(2x + 1)^{3}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ -\frac{1}{8} (2x + 1)^{-4} ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} -\frac{1}{8}( (2t + 1)^{-4} - \frac{1}{81} ) = \frac{1}{648} \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(2x + 1)^{5}} \; dx = \frac{1}{648}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{3}}$은 수렴한다.
(d). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n + 4}}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{1}{\sqrt{x + 4}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = \sqrt{x + 4}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = \sqrt{x + 4} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{1}{2(x + 4)^{\frac{1}{2}}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x + 4}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{\sqrt{x + 4}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ 2 (x + 4)^{\frac{1}{2}} ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} 2 ( (t + 4)^{\frac{1}{2}} - \sqrt{5} ) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x + 4}} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n + 4}}$은 발산한다.
(e). $\sum_{n = 1}^{\infty} ne^{-n}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = xe^{-x}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x$ 그리고 $h(x) = e^{-x}$라고 할 때 함수 $f(x) = g(x)h(x)$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = x > 0$ 그리고 $h(x) = e^{-x} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = g(x)h(x)$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -e^{-x} (x - 1)$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} xe^{-x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx \end{align*}$$
$ \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx $은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 부분적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$u = x$ 그리고 $v^{'} = e^{-x}$라고 하자. 그러면 $u^{'} = 1$이고 $v = -e^{-x}$이다. 그러면 부분적분을 통해 아래와 같이 적분할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx &= [ -xe^{-x} ]_{1}^{t} + \int_{1}^{t} e^{-x} \; dx \\ &= [ -xe^{-x} - e^{-x} ]_{1}^{t} \\ &= [ -(x + 1)e^{-x} ]_{1}^{t} \\ &= -(t + 1)e^{-t} + 2e^{-1} \end{align*}$$
이제 위 부분적분 결과를 원래 식에 대입하면 된다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} xe^{-x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} ( -(t + 1)e^{-t} + 2e^{-1} ) = 2e^{-1} \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} xe^{-x} \; dx = 2e^{-1}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} ne^{-n}$은 수렴한다.
(f). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n + 2}{n + 1}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{x + 2}{x + 1} = 1 + \frac{1}{x + 1}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = \frac{1}{x + 1}$라고 할 때 함수 $f(x) = g(x) + h(x)$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = \frac{1}{x + 1} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = g(x) + h(x)$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{1}{(x + 1)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} (1 + \frac{1}{x + 1}) \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} (1 + \frac{1}{x + 1}) \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ x + \ln|x + 1| ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} (t + \ln |t + 1| - 1 - \ln 2) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{x + 2}{x + 1} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n + 2}{n + 1}$은 발산한다.
연습문제2. 주어진 무한급수의 수렴성을 검증하라.
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{0.85}}$
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} (n^{-1.4} + 3n^{-1.2})$
(c). $1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{64} + \frac{1}{125} + \cdots$
(d). $1 + \frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{3\sqrt{3}} + \frac{1}{4\sqrt{4}} + \frac{1}{5\sqrt{5}} + \cdots$
(e). $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \cdots$
(f). $\frac{1}{5} + \frac{1}{8} + \frac{1}{11} + \frac{1}{14} + \frac{1}{17} + \cdots$
(g). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{5 - 2\sqrt{n}}{n^{3}}$
(h). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{0.85}}$ 발산 (Divergence)
따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 $p < 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{0.85}}$은 발산한다.
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} (n^{-1.4} + 3n^{-1.2})$ 수렴 (Convergence)
따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 각 급수의 항이 $p > 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} (n^{-1.4} + 3n^{-1.2})$은 수렴한다.
(c). $1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{64} + \frac{1}{125} + \cdots$ 수렴 (Convergence)
주어진 무한급수를 식으로 표현하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}}$이다. 따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 $p > 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}}$은 수렴한다.
(d). $1 + \frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{3\sqrt{3}} + \frac{1}{4\sqrt{4}} + \frac{1}{5\sqrt{5}} + \cdots$ 수렴 (Convergence)
주어진 무한급수를 식으로 표현하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt{n}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$이다. 따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 $p > 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt{n}}$은 수렴한다.
(e). $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \cdots$ 발산 (Divergence)
주어진 무한급수를 식으로 표현하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n - 1}$이다. $f(x) = \frac{1}{2x - 1}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = 2x - 1$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = 2x - 1 > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{2}{(2x - 1)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{2x - 1} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{2x - 1} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} [ \ln|2x - 1| ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} \ln |2t - 1| = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{2x - 1} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n - 1}$은 발산한다.
(f). $\frac{1}{5} + \frac{1}{8} + \frac{1}{11} + \frac{1}{14} + \frac{1}{17} + \cdots$ 발산 (Divergence)
주어진 무한급수를 식으로 표현하면 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{3n + 1}$이다. $f(x) = \frac{1}{3x + 2}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = 3x + 2$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = 3x + 2 > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{3}{(3x + 2)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{3x + 2} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{3x + 2} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{3} [ \ln|3x + 2| ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{3} ( \ln |3t + 2| - \ln 5) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{3x + 2} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{3n + 2}$은 발산한다.
(g). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{5 - 2\sqrt{n}}{n^{3}}$ 수렴 (Convergence)
따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 각 급수의 항이 $p > 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{5 - 2\sqrt{n}}{n^{3}}$은 수렴한다.
(h). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{x^{2}}{x^{3} + 1}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x^{2}$ 그리고 $h(x) = x^{3} + 1$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = x^{2}$와 $h(x) = x^{3} + 1 > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{2x - x^{4}}{(x^{3} + 1)^{2}}$는 구간 $[4, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[4, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[4, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{4}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{4}^{t} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{3} [ \ln|x^{3} + 1| ]_{4}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{3} ( \ln |t^{3} + 1| - \ln 65) = \infty \end{align*}$$
$\int_{4}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 4}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$은 발산한다. 하지만, 초항 $n = 1, 2, 3$을 추가하더라도 $\sum_{n = 4}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$의 발산은 달라지지 않으므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$은 발산한다.
연습문제3. 주어진 무한급수의 수렴성을 검증하라.
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + 4}$
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3n + 2}{n(n + 1)}$
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{3}}$
(d). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - 4n + 5}$
(e). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$
(f). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{2}}$
(g). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{n}}}{n^{2}}$
(h). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{e^{n}}$
(i). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3} + n}$
(j). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{4} + 1}$
(a). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + 4}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{1}{x^{2} + 4}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x^{2} + 4$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = x^{2} + 4 > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{2x}{(x^{2} + 4)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx \end{align*}$$
$\int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx$은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 치환적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$x = 2u$라고 하면 $dx = 2du$이다. 그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = t \rightarrow u = 2t \\ &x = 1 \rightarrow u = 2 \end{cases}$$
이제 이 결과를 기존 적분식에 대입하여 전개한다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{2t} \frac{1}{4u^{2} + 4} \; 2du \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} \int_{2}^{2t} \frac{1}{u^{2} + 1} \; du \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} [ \arctan(u) ]_{2}^{2t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} ( \arctan(2t) - \arctan (2) ) = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{2} - \arctan(2)) \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 4} \; dx = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{2} - \arctan(2))$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + 4}$은 수렴한다.
(b). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3n + 2}{n(n + 1)}$ 발산 (Divergence)
$a_{n} = \frac{3n + 2}{n(n + 1)} = \frac{2}{n} + \frac{1}{n + 1}$이라고 하면 따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 각 일반항의 $p = 1$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3n + 2}{n(n + 1)}$은 발산한다.
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{3}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{\ln x}{x^{3}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = \ln x$ 그리고 $h(x) = x^{3}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = \ln x \ge 0$이고 $h(x) = x^{3} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{1 - \ln (x)}{x^{3}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx \end{align*}$$
$ \int_{1}^{t} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx $은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 부분적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$u = \ln x$ 그리고 $v^{'} = \frac{1}{x^{3}}$라고 하자. 그러면 $u^{'} = \frac{1}{x}$이고 $v = -\frac{1}{2x^{2}}$이다. 그러면 부분적분을 통해 아래와 같이 적분할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{t} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx &= [ -\frac{\ln x}{2x^{2}} ]_{1}^{t} + \frac{1}{2} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{3}} \; dx \\ &= -\frac{\ln t}{2t^{2}} + \frac{1}{2} [ -\frac{1}{2x^{2}} ]_{1}^{t} \\ &= \frac{\ln t}{2t^{2}} - \frac{1}{4} (\frac{1}{t^{2}} - 1) = \frac{1}{4t^{2}} (-2\ln t - 1 + t^{2}) \end{align*}$$
이제 위 부분적분 결과를 원래 식에 대입하면 된다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{-2\ln t - 1 + t^{2}}{4t^{2}} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{-\frac{2}{t} + 2t}{8t} = \frac{1}{4} \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{\ln x}{x^{3}} \; dx = \frac{1}{4}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{3}}$은 수렴한다.
(d). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - 4n + 5}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{1}{x^{2} - 4x + 5}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x^{2} - 4x + 5$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = x^{2} - 4x + 5 \ge 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{2(x - 2)}{(x^{2} - 4x + 5)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[2, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{(x - 2)^{2} + 1} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ \arctan(x - 2) ]^{t}_{2} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \arctan(t - 2) = \frac{\pi}{2} \end{align*}$$
$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x^{2} - 4x + 5} \; dx = \frac{\pi}{2}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - 4n + 5}$은 수렴한다. 하지만, 초항 $n = 1$을 추가하더라도 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - 4n + 5}$의 수렴은 달라지지 않으므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} - 4n + 5}$ 은 수렴한다.
(e). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{1}{x \ln x}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x \ln x$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[2, \infty)$에서 $h(x) = x \ln x > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{\ln x + 1}{(x \ln x)^{2}}$는 구간 $[2, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[2, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x \ln x} \; dx \end{align*}$$
$\int_{2}^{t} \frac{1}{x \ln x} \; dx$은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 치환적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$\ln x = u$라고 하면 $dx = xdu$이다. 그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = t \rightarrow u = \ln t \\ &x = 2 \rightarrow u = \ln 2 \end{cases}$$
이제 이 결과를 기존 적분식에 대입하여 전개한다.
$$\begin{align*} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x \ln x} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{\ln 2}^{\in t} \frac{1}{u} \; du \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ \ln |u| ]_{\ln 2}^{\ln t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} (\ln (\ln t) - \ln (\ln 2)) = \infty \end{align*}$$
$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$은 발산한다.
(f). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{2}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^{2}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x (\ln x)^{2}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[2, \infty)$에서 $h(x) = x (\ln x)^{2} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{\ln x + 2}{x^{2} ( \ln x )^{3}}$는 구간 $[2, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[2, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\ln x)^{2}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x (\ln x)^{2}} \; dx \end{align*}$$
$\int_{2}^{t} \frac{1}{x (\ln x)^{2}} \; dx$은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 치환적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$\ln x = u$라고 하면 $dx = xdu$이다. 그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = t \rightarrow u = \ln t \\ &x = 2 \rightarrow u = \ln 2 \end{cases}$$
이제 이 결과를 기존 적분식에 대입하여 전개한다.
$$\begin{align*} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x \ln x} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{\ln 2}^{\in t} \frac{1}{u^{2}} \; du \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ -\frac{1}{u} ]_{\ln 2}^{\ln t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} (-\frac{1}{\ln t} + \frac{1}{\ln 2}) = \frac{1}{\ln 2} \end{align*}$$
$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\ln x)^{2}} \; dx = \frac{1}{\ln 2}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{2}}$은 수렴한다.
(g). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{n}}}{n^{2}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = e^{\frac{1}{x}}$ 그리고 $h(x) = x^{2}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = e^{\frac{1}{x}} > 0$이고 $h(x) = x^{2} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{e^{\frac{1}{x}} (2x + 1)}{x^{4}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[1, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx \end{align*}$$
$\int_{1}^{t} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx$은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 치환적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해 $\frac{1}{x} = u$라고 하면 $dx = -x^{2}du$이다. 그리고 윗끝과 아래끝은 아래와 같다.
$$\begin{cases} &x = t \rightarrow u = \frac{1}{t} \\ &x = 1 \rightarrow u = 1 \end{cases}$$
이제 이 결과를 기존 적분식에 대입하여 전개한다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{\frac{1}{t}} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{\frac{1}{t}}^{1} e^{u} \; du \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ e^{u} ]_{\frac{1}{t}}^{1} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} ( e - e^{\frac{1}{t}} ) = e \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}} \; dx = e$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{\frac{1}{n}}}{n^{2}}$은 수렴한다.
(h). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{e^{n}}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{x^{2}}{e^{x}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x^{2}$ 그리고 $h(x) = e^{x}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = x^{2} > 0$이고 $h(x) = e^{x} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{x(x - 2)}{e^{x}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[1, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx \end{align*}$$
$\int_{1}^{t} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx$은 기본적분식이 아니므로 미적분학 - 부분적분의 적분기술을 이용하여 적분하자. 이를 위해
$u = x^{2}$ 그리고 $v^{'} = e^{-x}$라고 하자. 그러면 $u^{'} = 2x$이고 $v = -e^{-x}$이다. 그러면 부분적분을 통해 아래와 같이 적분할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{t} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx &= [ 2xe^{-x} ]_{1}^{t} + 2 \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx \end{align*}$$
여전히 $\int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx$ 은 기본적분식이 아니므로 부분적분을 이용해 적분한다. 이를 위해 $u = x$ 그리고 $v^{'} = e^{-x}$라고 하자. 그러면 $u^{'} = 1$이고 $v = -e^{-x}$이다. 그러면 부분적분을 통해 아래와 같이 적분할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx &= [ -xe^{-x} ]_{1}^{t} + \int_{1}^{t} e^{-x} \; dx \\ &= [ -xe^{-x} - e^{-x} ]_{1}^{t} \\ &= [ -(x + 1)e^{-x} ]_{1}^{t} \\ &= -(t + 1)e^{-t} + 2e^{-1} \end{align*}$$
이제 위 부분적분 결과를 원래 식에 대입하면 된다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{t} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx &= [ 2xe^{-x} ]_{1}^{t} + 2 \int_{1}^{t} xe^{-x} \; dx \\ &= 2(te^{-t} - 2e^{-1}) + 2 (-(t + 1)e^{-t} + 2e^{-1}) \end{align*}$$
따라서, 다음과 같이 극한을 계산할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx = 0 \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{x^{2}}{e^{x}} \; dx = 0$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{e^{n}}$은 수렴한다.
(i). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3} + n}$ 발산 (Divergence)
$f(x) = \frac{1}{x^{3} + x} = \frac{1}{x(x^{2} + 1)} = \frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x(x^{2} + 1)$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $h(x) = x(x^{2} + 1) > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{3x^{2} + 1}{(x(x^{2} + 1))^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[1, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} ( \frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1} ) \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} (\frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1}) \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} [ \ln|x| - \frac{1}{2} \ln |x^{2} + 1| ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} ( \ln t - \frac{1}{2} \ln (t^{2} + 1) + \ln 2 ) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x(x^{2} + 1)} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n(n^{2} + 1)}$은 발산한다.
(j). $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{4} + 1}$ 수렴 (Convergence)
$f(x) = \frac{x}{x^{4} + 1}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x$ 그리고 $h(x) = x^{4} + 1$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = x > 0$이고 $h(x) = x(x^{2} + 1) > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{3x^{4} - 1}{(x^{4} + 1)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 1), 2), 3)에 의해 구간 $[1, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{x}{x^{4} + 1} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{x}{x^{4} + 1} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} [ \arctan(x^{2}) ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} ( \arctan(t^{2}) - \arctan(1) ) = \frac{\pi}{8} \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{x}{x^{4} + 1} \; dx = \frac{\pi}{8}$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{4} + 1}$은 수렴한다.
연습문제4. 주어진 무한급수가 수렴하기 위한 $p$의 범위를 찾으시오.
(a). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$
(b). $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n [\ln (\ln n)]^{p}}$
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} n (1 + n^{2})^{p}$
(a). $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$
$a_{n} = \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$라고 하자. 먼저, $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} \neq 0$인 $p$의 범위부터 구하자.
1) $p < 0$이라고 하면 $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \infty$이므로 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$는 발산한다.
2) $p = 0$이라고 하면 $a_{n} = \frac{1}{n}$이므로 따름정리1 ($p$-급수 수렴성)에 의해 $p = 1$이므로 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$는 발산한다.
3) $p \in (0, 1) \cup (1, \infty)$ 이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^{p}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
3-1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x (\ln x)^{p}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 연속함수이다.
3-2) 양수 (Positivity): 구간 $[2, \infty)$에서 $h(x) = x (\ln x)^{p} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 양수이다.
3-3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{(\ln x)^{- p - 1} (p + \ln (x))}{x^{2}}$는 구간 $[2, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[2, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 3-1), 3- 2), 3- 3)에 의해 구간 $[2, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x ( \ln x )^{p}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x (\ln x)^{p}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{1 - p} [ (\ln x)^{1 - p} ]_{2}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{1 - p} ( (\ln t)^{1 - p} - (\ln 2)^{1 - p} ) \end{align*}$$
위 극한이 수렴하기 위해서는 $1 - p < 0 \Rightarrow p > 1$이여야한다.
4) $p = 1$이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = \frac{1}{x \ln x}$라고 하자. 이때 연습문제3 (e)에 의해 $\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} = \infty$이므로 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$은 발산한다.
결과적으로 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$는 $p > 1$에서 수렴하고 $p \le 1$에서 발산한다.
(b). $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n [\ln (\ln n)]^{p}}$
1) $p < 0$이라고 하면 $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \infty$이므로 $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 는 발산한다.
2) $p = 0$이라고 하면 $a_{n} = \frac{1}{n \ln n}$이므로 연습문제 4 (a)에 의해 $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 는 발산한다.
3) $p \in (0, 1) \cup (1, \infty)$이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = \frac{1}{x \ln x [ \ln (\ln x) ]^{p}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[3, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
3-1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x \ln x [\ln (\ln x)]^{p}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[3, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[3, \infty)$에서 연속함수이다.
3-2) 양수 (Positivity): 구간 $[3, \infty)$에서 $h(x) = x \ln x [\ln (\ln x)]^{p} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[3, \infty)$에서 양수이다.
3-3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{ [ \ln (\ln x) ]^{-p-1} (p + (\ln x + 1) \ln (\ln x)) }{x^{2} (\ln x)^{2}}$는 구간 $[3, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[3, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 3-1), 3-2), 3-3)에 의해 구간 $[3, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{3}^{\infty} \frac{1}{x \ln x [ \ln (\ln x) ]^{p}} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{3}^{t} \frac{1}{x \ln x [ \ln (\ln x) ]^{p}} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{1 - p} ( [ \ln (\ln t) ]^{1 - p} - [ \ln (\ln 3) ]^{1 - p} ) \end{align*}$$
위 극한이 수렴하기 위해서는 $1 - p < 0 \Rightarrow p > 1$이여야한다.
4) $p = 1$이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = \frac{1}{x \ln x \ln (\ln x)}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[3, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
4-1) 연속성 (Continuity): $g(x) = 1$ 그리고 $h(x) = x \ln x \ln (\ln x)$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[3, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[3, \infty)$에서 연속함수이다.
4-2) 양수 (Positivity): 구간 $[3, \infty)$에서 $h(x) = x \ln x \ln (\ln x) > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[2, \infty)$에서 양수이다.
4-3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{ \ln (x) \ln (\ln x) + \ln (\ln x) + 1 }{x^{2} (\ln x)^{2} \ln (\ln x)^{2}}$는 구간 $[3, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[3, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 4-1), 4-2), 4-3)에 의해 구간 $[3, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{3}^{\infty} \frac{1}{x \ln x \ln (\ln x) } \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{3}^{t} \frac{1}{x \ln x \ln (\ln x) } \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} ( \ln (\ln (\ln t)) - \ln (\ln (\ln 3)) ) = \infty \end{align*}$$
$\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x \ln x \ln (\ln x)} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n \ln n \ln (\ln n)}$은 발산한다.
결과적으로 $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n [\ln (\ln n)]^{p}}$는 $p > 1$에서 수렴하고 $p \le 1$에서 발산한다.
(c). $\sum_{n = 1}^{\infty} n (1 + n^{2})^{p}$
$a_{n} = n (1 + n^{2})^{p}$라고 하자. 먼저, $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} \neq 0$인 $p$의 범위부터 구하자.
1) $p \ge 0$이라고 하면 $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \infty$이므로 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$는 발산한다.
2) $p \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0)$ 이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = x (1 + x^{2})^{p}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
2-1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x$ 그리고 $h(x) = (1 + x^{2})^{p}$라고 할 때 함수 $f(x) = g(x) h(x)$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
2-2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) > x$이고 $h(x) = (1 + x^{2})^{p}$을 만족하기 때문에 $f(x) = g(x) h(x)$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
2-3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = (x^{2} + 1)^{p - 1} ( (2p + 1)x^{2} + 1 )$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 2-1), 2-2), 2-3)에 의해 구간 $[1, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} x (1 + x^{2})^{p} \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} x (1 + x^{2})^{p} \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{p + 1} [ (t^{2} + 1)^{p + 1} - 2^{p + 1} ] \end{align*}$$
위 극한이 수렴하기 위해서는 $p + 1 < 0 \Rightarrow p < -1$이여야한다.
3) $p = -1$이라고 가정하자. 그리고 $f(x) = \frac{x}{1 + x^{2}}$라고 하자. 이때, 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용하기 위해 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 연속, 양수, 그리고 감소함수인지 검증해야한다.
3-1) 연속성 (Continuity): $g(x) = x$ 그리고 $h(x) = 1 + x^{2}$라고 할 때 함수 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되며 두 함수 $g$와 $h$는 모두 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 미적분학 - 연속함수의 정리1 (연속함수의 판별)에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 연속함수이다.
3-2) 양수 (Positivity): 구간 $[1, \infty)$에서 $g(x) = x > 0$이고 $h(x) = 1 + x^{2} > 0$을 만족하기 때문에 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$로 정의되는 함수 $f$가 구간 $[1, \infty)$에서 양수이다.
3-3) 감소함수 (Decreasing Function): 함수 $f(x)$의 도함수 $f^{'}(x) = -\frac{ x^{2} - 1 }{(x^{2} + 1)^{2}}$는 구간 $[1, \infty)$에서 $f^{'} (x) < 0$이므로 미적분학 - 미분과 그래프의 1차 미분과 함수의 증감에 의해 함수 $f$는 구간 $[1, \infty)$에서 감소함수이다.
따라서, 3-1), 3-2), 3-3)에 의해 구간 $[3, \infty)$에서 함수 $f$와 무한급수 사이의 수렴성을 검증하는 적분검사를 적용할 수 있다.
$$\begin{align*} \int_{1}^{\infty} \frac{x}{1 + x^{2} } \; dx &= \lim_{t \rightarrow \infty} \int_{1}^{t} \frac{x}{1 + x^{2} } \; dx \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} [ \ln |1 + x^{2}| ]_{1}^{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow \infty} \frac{1}{2} ( \ln (1 + t^{2}) - \ln 2 ) = \infty \end{align*}$$
$\int_{1}^{\infty} \frac{x}{x^{2} + 1} \; dx = \infty$이므로 적분 검사 (정리1)에 의해 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{2} + 1}$은 발산한다.
결과적으로 $\sum_{n = 1}^{\infty} n (1 + n^{2})^{p}$ 는 $p < -1$에서 수렴하고 $p \ge -1$에서 발산한다.
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