오사카대 2021-3(이과)

 

 

 

 

자연수 $n$과 $t \geq 1$인 실수 $t$에 대해 다음 물음에 답하시오.

 

 

1) $x \geq t$ 일 때 다음 부등식이 성립함을 보이시오.

$$-\cfrac{(x-t)^2}{2} \leq \log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t) \leq 0$$

 

2) 다음 부등식이 성립함을 보여라.

$$- \cfrac{1}{6n^3} \leq \int_{t}^{t+ \frac{1}{n}}\log x dx - \cfrac{1}{n}\log t - \cfrac{1}{2tn^2}\leq 0$$

 

3)$$ a_n= \sum_{k=0}^{n-1}\log \left( 1+\cfrac{k}{n}\right)$$

일 때, $ \displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(a_n -pn)=q$를 만족하는 실수 $p,q$를 구하여라.

 

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생각해보기)

 

3)이 만만치 않을 수 있다. 어떻게든 2)에서 구한 부등식을 $a_n$과 연관지으려는 시도를 해보다 보면, $x$가 아닌 $t$에 $1+\cfrac{k}{n}$을 대입하려는 시도를 해볼 수 있다. 그 이후도 보기처럼 간단하진 않지만, 정적분의 정의를 제대로 이해하고 있어야지만 풀 수 있는 문제인 것 같다. 마지막 샌드위치정리의 사용까지 해서 정적분에 관한 좋은 문제인 것 같다.

 

 

 

 

 

풀이)

 

1) 

먼저  $\log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t) \leq 0$를 보이자. $f(x)=\log x$라 하면,

$$\begin{align} \log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t)&=(x-t)\left\{ \cfrac{\log x - \log t}{x-t}-\cfrac{1}{t} \right\}\\&=(x-t)\left\{ \cfrac{f(x) - f(t)}{x-t}-f'(t) \right\} \end{align}$$

인데, $x \geq t \geq 1$이므로 중괄호안의 평균변화율은 $t$에서의 순간변화율보다 작다. 따라서 $\log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t) \leq 0$이다.

다음으로 $-\cfrac{(x-t)^2}{2} \leq \log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t)$를 보이기 위해서 $g(x)=\log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t)+\cfrac{(x-t)^2}{2}$ 라 하자. 

$$g'(x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{1}{t} +(x-t)=(x-t)\left(1-\cfrac{1}{tx}\right) \geq 0$$

로 증가함수 이고, $t$에서의 최솟값이 $g(t)=0$이기 때문에 $-\cfrac{(x-t)^2}{2} \leq \log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t)$가 성립한다.

 

 

 

 

2)

$t \leq x \leq t+\cfrac{1}{n}$인 $x$ 는 1)의 부등식을 만족한다. 부등식의 각 변을 적분하면,

$$\int_t ^{t+\frac{1}{n}}\left\{-\cfrac{(x-t)^2}{2}\right\}dx \leq \int_t ^{t+\frac{1}{n}}\left\{\log x - \log t - \cfrac{1}{t}(x-t)\right\} \leq \int_t ^{t+\frac{1}{n}}0dx$$

다항함수의 적분을 통해

$$- \cfrac{1}{6n^3} \leq \int_{t}^{t+ \frac{1}{n}}\log x dx - \cfrac{1}{n}\log t - \cfrac{1}{2tn^2}\leq 0$$

를 얻을 수 있다.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3)$ a_n= \displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}}\log \left( 1+\cfrac{k}{n}\right)$에 대해  $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(a_n -pn)=q$를 만족하는 실수 $p, q$를 찾는 문제이다.

$\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(a_n -pn)=\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}n\left(\cfrac{1}{n}a_n -p\right)$이고,

$\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}\cfrac{1}{n}a_n=\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}\cfrac{1}{n} \displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}}\log\left(1+\cfrac{k}{n}\right)=\int_0^1\log(1+x)dx=[(1+x)\log(1+x)-x]_0^1=2\log2-1$이므로 위 극한이 수렴하기 위해서는 $p=2\log2-1$이어야 한다.

 

이제 $t = 1+\cfrac{k}{n} \geq 1 $이므로 2)의 부등식을 만족한다.

$$- \cfrac{1}{6n^3} \leq \int_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}}\log x dx - \cfrac{1}{n}\log \left(1+\cfrac{k}{n}\right) - \cfrac{1}{2\left(1+\frac{k}{n}\right)n^2}\leq 0$$

$k = 0,1,2, \cdots, n-1$에 대해 위 부등식을 다 더해주면,

$$\sum_{k=0}^{n-1}(- \cfrac{1}{6n^3}) \leq \sum_{k=0}^{n-1}\int_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}}\log x dx - \cfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\log \left(1+\cfrac{k}{n}\right) - \sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{2\left(1+\frac{k}{n}\right)n^2}\leq 0$$

이 되고 정리하면,

$$-\cfrac{1}{6n^2} \leq \int_1^2 \log xdx - \cfrac{1}{n}a_n -\cfrac{1}{2n^2}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\leq 0$$

양변에 $n$을 곱하면,

$$-\cfrac{1}{6n} \leq n(2\log 2 -1)-a_n -\cfrac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\leq 0$$

양변에 $-1$을 곱하고 $\cfrac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}$을 더해주면,

$$-\cfrac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}} \leq (a_n - np) \leq \cfrac{1}{6n}-\cfrac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}$$

여기서 $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}} \cfrac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}=\cfrac{1}{2}\int_0^1 \cfrac{1}{1+x}dx=\cfrac{1}{2}\log 2$이고, $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}\cfrac{1}{6n}=0$이므로 샌드위치정리에 의해

$$\lim_{n \to \infty} (a_n-np)=-\cfrac{1}{2}\log 2$$

이다. 따라서 $p =2 \log 2 -1, q=-\cfrac{1}{2} \log 2$ 이다.