오사카대 2021-3(이과)

 

 

 

 

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

 

 

1) $x\ge t$ 일 때 다음 부등식이 성립함을 보이시오.

$$-\frac{(x-t{)}^2}{2}\le \log x-\log t-\frac{1}{t}(x-t)\le 0$$

 

2) 다음 부등식이 성립함을 보여라.

$$-\frac{1}{6n^3}\le {\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{2t{n}^2}\le 0$$

 

3)$$a_n=\sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})$$

일 때, ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-pn)=q}$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 $1+\frac{k}{n}$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  $\log x-\log t-\frac{1}{t}(x-t)\le 0$를 보이자. $f(x)=\log x$라 하면,

$$\begin{array}{rl}\log x-\log t-\frac{1}{t}(x-t)& =(x-t)\{\frac{\log x-\log t}{x-t}-\frac{1}{t}\}\\ & =(x-t)\{\frac{f(x)-f(t)}{x-t}-f^{\prime }(t)\}\end{array}$$

인데, $x\ge t\ge 1$이므로 중괄호안의 평균변화율은 $t$에서의 순간변화율보다 작다. 따라서 $\log x-\log t-\frac{1}{t}(x-t)\le 0$이다.

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

$$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{t}+(x-t)=(x-t)(1-\frac{1}{tx})\ge 0$$

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

 

 

 

 

2)

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

$${\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\{-\frac{(x-t{)}^2}{2}\}dx\le {\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\{\log x-\log t-\frac{1}{t}(x-t)\}\le {\int }_t^{t+\frac{1}{n}}0dx$$

다항함수의 적분을 통해

$$-\frac{1}{6n^3}\le {\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{2t{n}^2}\le 0$$

를 얻을 수 있다.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3)$a_n={\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})}$에 대해  ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-pn)=q}$를 만족하는 실수 $p,q$를 찾는 문제이다.

${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-pn)={\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n(\frac{1}{n}{a}_n-p)}}$이고,

${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}{a}_n={\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}{\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})={\int }_0^1\log (1+x)dx=[(1+x)\log (1+x)-x{]}_0^1=2\log 2-1}}}$이므로 위 극한이 수렴하기 위해서는 $p=2\log 2-1$이어야 한다.

 

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

$$-\frac{1}{6n^3}\le {\int }_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log (1+\frac{k}{n})-\frac{1}{2(1+\frac{k}{n})n^2}\le 0$$

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

$$\sum _{k=0}^{n-1}(-\frac{1}{6n^3})\le \sum _{k=0}^{n-1}{\int }_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})-\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{2(1+\frac{k}{n})n^2}\le 0$$

이 되고 정리하면,

$$-\frac{1}{6n^2}\le {\int }_1^2\log xdx-\frac{1}{n}{a}_n-\frac{1}{2n^2}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\le 0$$

양변에 $n$을 곱하면,

$$-\frac{1}{6n}\le n(2\log 2-1)-a_n-\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\le 0$$

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

$$-\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\le (a_n-np)\le \frac{1}{6n}-\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}$$

여기서 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{1+x}dx=\frac{1}{2}\log 2}$이고, ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{6n}=0}$이므로 샌드위치정리에 의해

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-np)=-\frac{1}{2}\log 2$$

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