[Stewart Calculus] 11. Infinite Sequences and Series

[Stewart Calculus] 11. Infinite Sequences and Series

11.1 Sequences

Exercise

64. 

(a) 다음의 수열이 수렴하는지 발산하는지 판정하여라.$$a_{1}=1,\,a_{n+1}=4-a_{n},\,\text{for}\,n\geq1$$(b) \(a_{1}=2\)이면 어떻게 되는가?

풀이:

(a) \(a_{1}=1\)이므로 \(a_{2}=4-a_{1}=a_{3}\)이고 \(a_{3}=4-a_{2}=1=a_{1},\,...\)이므로 \(a_{2n-1}=1\), \(a_{2n}=3\)이고 따라서 \(a_{n}\)은 발산(진동)한다.

(b) \(a_{1}=2\)이면 \(a_{2}=4-a_{1}=2=a_{1}\)이므로 \(a_{n}\)은 2를 값으로 하는 상수수열이고 따라서 2로 수렴한다.

90. \(\displaystyle a_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)이라 하자.

(a) \(0\leq a<b\)이면 다음이 성립함을 보여라.$$\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{b-a}<(n+1)b^{n}$$(b) \(b^{n}\{(n+1)a-nb\}<a^{n+1}\)이 성립함을 보여라.

(c) (b)에서 \(\displaystyle a=1+\frac{1}{n+1}\), \(\displaystyle b_{n}=1+\frac{1}{n}\)를 대입해 \(\{a_{n}\}\)이 증가함을 보여라.

(d) (b)에서 \(a=1\), \(\displaystyle b=1+\frac{1}{2n}\)를 대입해 \(a_{2n}<4\)가 성립함을 보여라.

(e) (c)와 (d)를 이용하여 모든 \(n\)에 대해 \(a_{n}<4\)가 성립함을 보여라.

(f) \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{a_{n}}\)이 수렴함을 보여라.(이 극한값은 \(e\)이다.)

풀이: 

(a)$$b^{n+1}-a^{n+1}=(b-a)(b^{n}+ab^{n-1}+\cdots+a^{n-1}b+a^{n})<(b-a)(n+1)b^{n}$$이므로 부등식 \(\displaystyle\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{b-a}<(n+1)b^{n}\)이 성립한다. 또는 적분에 대한 평균값의 정리에 의해 \(a<c<b\)인 \(c\)가 존재해서$$\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}=\int_{a}^{b}{x^{n}dx}=(b-a)c^{n}$$이고 \(c^{n}<b^{n}\)이므로 \(\displaystyle\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}<(b-a)b^{n}\)이고 따라서 \(\displaystyle\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{b-a}<(n+1)b^{n}\)이다.   

(b) (a)의 부등식에 의해$$b^{n+1}-a^{n+1}<(n+1)b^{n}(b-a)=nb^{n+1}+b^{n+1}-ab^{n}(n+1)$$이므로 따라서 \(b^{n}\{(n+1)a-nb\}<a^{n+1}\)이다.  

(c) (b)에 \(\displaystyle a=1+\frac{1}{n+1}\), \(\displaystyle b=1+\frac{1}{n}\)을 대입하면$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\{(n+1)\left(1+\frac{1}{n+1}\right)-n\left(1+\frac{1}{n}\right)\}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$$이므로 따라서 \(a_{n}<a_{n+1}\)이고 \(\{a_{n}\}\)은 증가수열이다.  

(d) (b)에 \(a=1\), \(\displaystyle b=1+\frac{1}{2n}\)을 대입하면$$\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{n}\left\{(n+1)-n\left(1+\frac{1}{2n}\right)\right\}<1$$이고 \(\displaystyle\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{n}<1\)이므로 따라서 \(\displaystyle a_{2n}=\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{2n}<2^{2}=4\)이다.  

(e) (c)에 의해 \(\{a_{n}\}\)은 증가수열이므로 \(a_{n}<a_{2n}\)이고, \(d\)에 의해 \(a_{2n}<4\)이므로 따라서 \(a_{n}<4\) 

(f) (c)에 의해 \(\{a_{n}\}\)은 증가수열이고, (e)에 의해 \(a_{n}<4\)이므로 위로유계이다. 그러므로 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{a_{n}}\)이 존재한다.   

  

11.2 Series

Exercise

90. 다음 그림에는 무한히 많은 원들이 정삼각형의 꼭짓점들의 방향으로 존재하고, 각각의 원들은 다른 원과 삼각형의 변에 접한다. 이 정삼각형의 한 변의 길이가 1일 때, 이 그림의 원들의 넓이를 구하여라.

풀이: 첫 번째 원의 반지름을 \(r_{1}\), 두 번째 원의 반지름을 \(r_{2}\)라 하자. 그러면 \(\displaystyle\frac{r_{1}-r_{2}}{r_{1}+r_{2}}=\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}\)이므로 \(\displaystyle r_{2}=\frac{1}{3}r_{1}\)이고, 일반적으로 \(\displaystyle r_{n+1}=\frac{1}{3}r_{n}\)이며, \(\displaystyle\frac{r_{1}}{\frac{1}{2}}=\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)이므로 \(\displaystyle r_{1}=\frac{\sqrt{3}}{6}\)이고 \(\displaystyle r_{n}=\frac{\sqrt{3}}{6}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\)이다. \(n\)번째 원의 넓이를 \(S_{n}\)이라 하면$$S_{1}=\pi r_{1}^{2}=\frac{\pi}{12},\,S_{n}=3\pi r_{n}^{2}=\frac{\pi}{4}\left(\frac{1}{9}\right)^{n-1}\,(n\geq2)$$\(\displaystyle S_{2}=\frac{\pi}{36}\)이므로 이 그림의 원들의 넓이는 다음과 같다.$$\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty}{S_{n}}&=\frac{\pi}{12}+\frac{\displaystyle\frac{\pi}{36}}{\displaystyle1-\frac{1}{9}}\\&=\frac{\pi}{12}+\frac{9\pi}{8\cdot36}\\&=\frac{11}{96}\pi\end{align*}$$11.9 Representations of Functions as Power Series

Exercises

41. \(\tan^{-1}x\)에 대한 멱급수를 이용하여 \(\pi\)를 다음과 같이 무한급수로 나타낸 식을 증명하여라.$$\pi=2\sqrt{3}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)3^{n}}}$$풀이:$$\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}{(-x^{2})^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}x^{2n}}$$이고$$\tan^{-1}x=\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^{2}}dt}=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}\int_{0}^{x}{t^{2n}dt}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}}$$이다. 위 급수식에 \(\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt{3}}\)을 대입하면 \(\displaystyle\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)이므로$$\frac{\pi}{6}=\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{2n+1}\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}$$이고 따라서 \(\displaystyle\pi=2\sqrt{3}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)3^{n}}}\)이다.

42.

(a) 완전제곱꼴로 나타내어 다음이 성립함을 보여라.$$\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{dx}{x^{2}+x+1}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$(b) \(x^{3}+1\)을 인수분해하여 세제곱의 합으로 나타냄으로써 (a)의 적분을 다시 나타내어라. 그런 다음 \(\displaystyle\frac{1}{x^{3}+1}\)을 멱급수로 나타내고 이것을 이용해 \(\pi\)에 대한 공식을 증명하여라.$$\pi=\frac{3\sqrt{3}}{4}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{8^{n}}\left(\frac{2}{3n+1}+\frac{1}{3n+1}\right)}$$풀이: \(x^{3}+1=(x+1)(x^{2}-x+1)\)이므로 \(\displaystyle\frac{1}{x^{2}-x+1}=\frac{1+x}{1+x^{3}}\)이고 (a)에 의해$$\frac{\pi}{3\sqrt{3}}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{1}{x^{2}-x+1}dx}=\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{1}{1+x^{3}}+\frac{x}{1+x^{3}}\right)}$$이다. 이때$$\frac{1}{1+x^{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}x^{3n}},\,\frac{x}{1+x^{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}x^{3n+1}}$$이므로$$\begin{align*}\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{1}{1+x^{3}}dx}&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}x^{3n}}\right)dx}=\frac{1}{2}\sum_{0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(3n+1)8^{n}}}\\ \int_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{x}{1+x^{3}}dx}&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}x^{3n+1}}\right)dx}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(3n+2)8^{n}}}\end{align*}$$이고 따라서 다음과 같다.$$\pi=\frac{3\sqrt{3}}{4}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{8^{n}}\left(\frac{2}{3n+1}+\frac{1}{3n+2}\right)}$$11.11 Applications of Taylor Polynomials 

Problem Plus

3. 

(a) 등식 \(\displaystyle\tan\frac{1}{2}x=\cot\frac{1}{2}x-2\cot x\)가 성립함을 보여라. 

(b) 다음의 급수를 구하여라.$$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{n}}\tan\frac{x}{2^{n}}}$$풀이 

(a) \(\displaystyle\tan x=\frac{\displaystyle2\tan\frac{x}{2}}{\displaystyle1-\tan^{2}\frac{x}{2}}\)이므로 \(\displaystyle\cot x=\frac{1}{2}\cot\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\tan\frac{x}{2}\)이고 따라서 \(\displaystyle\tan\frac{x}{2}=\cot\frac{x}{2}-2\cot x\)이다. 

(b) (a)의 결과를 이용하면$$\begin{align*}\frac{1}{2}\tan\frac{x}{2}&=\frac{1}{2}\cot\frac{x}{2}-\cot x\\ \frac{1}{2^{2}}\tan\frac{x}{2^{2}}&=\frac{1}{2^{2}}\cot\frac{x}{2^{2}}-\frac{1}{2}\cot\frac{x}{2}\\ \,&\vdots\\ \frac{1}{2^{n}}\tan\frac{x}{2^{n}}&=\frac{1}{2^{n}}\cot\frac{x}{2^{n}}-\frac{1}{2^{n-1}}\cot\frac{x}{2^{n-1}}\end{align*}$$이므로$$\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{2^{k}}\tan\frac{x}{2^{k}}}=\frac{1}{2^{n}}\cot\frac{x}{2^{n}}-\cot x$$이고 \(\displaystyle\frac{x}{2^{n}}=t\)라 하면 \(n\,\rightarrow\,\infty\)일 때 \(t\,\rightarrow\,0+\)이므로$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{2^{n}}\cot\frac{x}{2^{n}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{\frac{t\cot t}{x}}=\left(\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{\frac{t}{\tan t}}\right)\frac{1}{x}=\frac{1}{x}$$이고 따라서$$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{n}}\tan\frac{x}{2^{n}}}=\frac{1}{x}-\cot x$$이다. 

4. \(\{P_{n}\}\)이 다음과 같은 점들의 열이라 하자.

따라서 \(|AP_{1}|=1\), \(|P_{n}P_{n+1}|=2^{n-1}\)이고, 각\(AP_{n}P_{n+1}\)은 직각이다. \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\angle P_{n}AP_{n+1}}\)을 구하여라.

풀이:$$|AP_{2}|=\sqrt{2},\,|AP_{3}|=\sqrt{2+4},\,|AP_{4}|=\sqrt{2+4+4^{2}},\,...$$이므로$$|AP_{n+1}|=\sqrt{2+4+4^{2}+\cdots+4^{n}}=\sqrt{2+\frac{4(4^{n}-1)}{3}}\,(n\geq1)$$이고 \(|P_{n+1}P_{n+2}|=2^{n}\)이므로$$\tan(\angle P_{n+1}AP_{n+2})=\frac{|P_{n+1}P_{n+2}|}{|AP_{n+1}|}=\sqrt{\frac{4^{n}}{\displaystyle2+\frac{4}{3}(4^{n-1}-1)}}$$이고 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\tan(\angle P_{n+1}AP_{n+2})}=\sqrt{3}\)이므로 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\angle P_{n}AP_{n+1}}=\frac{\pi}{3}\)이다. 

6. 다음 급수의 합을 구하여라.$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\cdots$$여기서 항들의 분모는 모두 2와 3의 배수 뿐이다.

풀이: 위의 급수는 급수 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{n-1}}}\)과 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{3^{n-1}}}\)의 곱이다. 그러므로 문제의 급수는 다음과 같다.$$\begin{align*}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots\right)\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots\right)&=\left(\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{n-1}}}\right)\left(\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{3^{n-1}}}\right)\\&=\frac{1}{\displaystyle 1-\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{\displaystyle1-\frac{1}{3}}\\&=2\cdot\frac{3}{2}\\&=3\end{align*}$$7. 

(a) \(xy\neq-1\)일일 때 다음이 성립함을 보여라.$$\tan^{-1}x+\tan^{-1}y=\tan^{-1}\frac{x-y}{1+xy}$$위 식의 좌변은 \(\displaystyle-\frac{\pi}{2}\)와 \(\displaystyle\frac{\pi}{2}\)사이에 있다.    

(b) \(\displaystyle\tan^{-1}\frac{120}{119}-\tan^{-1}\frac{1}{239}=\frac{\pi}{4}\)가 성립함을 보여라. 

(c) 다음의 존 마친(John Machin)의 공식이 성립함을 보여라$$4\tan^{-1}\frac{1}{5}-\tan^{-1}\frac{1}{239}=\frac{\pi}{4}$$풀이:

(a) \(\tan^{-1}x=\alpha,\,\tan^{-1}y=\beta\)라 하자. 그러면 \(\tan\alpha=x,\,\tan\beta=y\)이고$$\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\frac{x-y}{1+xy}$$이므로 위 식의 양변에 \(\tan^{-1}\)을 합성하면$$\alpha-\beta=\tan^{-1}\frac{x-y}{1+xy}$$이고 따라서 \(\displaystyle\tan^{-1}x+\tan^{-1}y=\tan^{-1}\frac{x-y}{1+xy}\)이다.      

(b) (a)에 의해 다음과 같이 성립한다.$$\begin{align*}\tan^{-1}\frac{120}{119}-\tan^{-1}\frac{1}{239}&=\tan^{-1}\frac{\frac{120}{119}-\frac{1}{239}}{1+\frac{120}{119}\cdot\frac{1}{239}}=\tan^{-1}\frac{120\cdot239-119}{119\cdot239+120}\\&=\tan^{-1}\frac{119\cdot239+239-119}{119\cdot239+120}=\tan^{-1}\frac{119\cdot239+120}{119\cdot239+120}\\&=\tan^{-1}1=\frac{\pi}{4}\end{align*}$$(c) \(\displaystyle x=\tan^{-1}\frac{1}{5}\)라 하자. 그러면$$\begin{align*}\tan2x&=\frac{2\tan x}{1-\tan^{2}x}=\frac{\frac{2}{5}}{1-\frac{1}{25}}=\frac{10}{24}=\frac{5}{12}\\ \tan4x&=\frac{2\tan2x}{1-\tan^{2}2x}=\frac{\frac{5}{6}}{1-\frac{25}{144}}=\frac{\frac{120}{144}}{\frac{119}{144}}=\frac{120}{119}\end{align*}$$이므로 \(\displaystyle4\tan^{-1}\frac{1}{5}=\tan^{-1}\frac{120}{119}\)이고 (b)에 의해 등식이 성립한다.

8. 

(a) 문제 7의 (a)와 비슷한 \(\cot^{-1}\)에 대한 공식을 증명하여라. 

(b) 급수 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\cot^{-1}(n^{2}+n+1)}\)을 구하여라.

풀이:

(a) \(\displaystyle\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\)식에서 \(\alpha\)에 \(\displaystyle\frac{\pi}{2}-\alpha\), \(\beta\)에 \(\displaystyle\frac{\pi}{2}-\beta\)를 대입하면$$\begin{align*}\tan\left(\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)-\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)\right)&=\frac{\tan\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)-\tan\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)}{1+\tan\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\tan\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)}\\&=\frac{\cot\alpha-\cot\beta}{1+\cot\alpha\cot\beta}\end{align*}$$이고 \(\tan(-(\alpha-\beta))=-\tan(\alpha-\beta)\)이므로 따라서$$\cot(\alpha-\beta)=\frac{1+\cot\alpha\cot\beta}{\cot\beta-\cot\alpha}$$이다. \(\cot\alpha=x,\,\cot\beta=y\)라 하면 \(\alpha=\cot^{-1}x,\,\beta=\cot^{-1}y\)이므로$$\cot(\alpha-\beta)=\frac{1+xy}{y-x}$$이고 따라서$$\cot^{-1}x-\cot^{-1}y=\cot^{-1}\frac{1+xy}{y-x}$$이다.

(b) (a)에서 \(y=(n+1)\), \(x=n\)을 대입하면 \(\displaystyle\cot^{-1}(n^{2}+n+1)=\cot^{-1}n-\cot^{-1}(n+1)\)이므로$$\sum_{k=1}^{n}{\cot^{-1}(k^{2}+k+1)}=\cot^{-1}1-\cot^{-1}(n+1)$$이고 따라서$$\sum_{n=1}^{\infty}{\cot(n^{2}+n+1)}=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{(\cot^{-1}1-\cot^{-1}(n+1))}=cot^{-1}1=\frac{\pi}{4}$$이다. 

10. \(a_{0}+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}=0\)이면 다음이 성립함을 보여라.$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{(a_{0}\sqrt{n}+a_{1}\sqrt{n+1})+a_{2}\sqrt{n+2}+\cdots+a_{k}\sqrt{n+k}}=0$$풀이: \(a_{k}=-(a_{0}+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k-1})\)이므로$$\begin{align*}&a_{0}\sqrt{n}+a_{1}\sqrt{n+1}+a_{2}\sqrt{n+2}+\cdots+a_{k}\sqrt{n+k}\\&=a_{0}(\sqrt{n}-\sqrt{n+k})+a_{1}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n+k})+a_{2}(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+k})+\cdots+a_{k-1}(\sqrt{n+k-1}-\sqrt{n+k})\\&=\frac{-ka_{0}}{\sqrt{n}+\sqrt{n+k}}+\frac{(1-k)a_{1}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+k}}+\frac{(2-k)a_{2}}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+k}}+\cdots+\frac{(-1)a_{k-1}}{\sqrt{n+k-1}+\sqrt{n+k}}\end{align*}$$이고, 따라서$$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{(a_{0}\sqrt{n}+a_{1}\sqrt{n+1}+a_{2}\sqrt{n+2}+\cdots+a_{k}\sqrt{n+k})}=0$$이다.  

15. 반지름이 동일한 원들이 정삼각형안에 \(n\)열까지 빈틈없이 있다고 하자(다음의 그림은 \(n=4\)인 경우이다).

\(A\)가 정삼각형의 넓이이고 \(A_{n}\)이 \(n\)열까지 채워진 원들의 넓이의 합일때 다음이 성립함을 보여라.$$$$풀이: 정삼각형의 한 변의 길이를 \(2a\)라 하자. 삼각형의 밑변에는 \(n\)개의 원들이 접하므로 원의 반지름을 \(r_{n}\)이라 하면 밑변의 길이는 다음과 같다.$$2a=(a-(n-1)r_{n})+2(n-1)r_{n}+(a-(n-1)r_{n})$$이때 \(\displaystyle\frac{r_{n}}{a-(n-1)r_{n}}=\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)이므로

\(\displaystyle r_{n}=\frac{a}{n+\sqrt{3}-1}\)이고 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{k}=\frac{n(n+1)}{2}\)이므로$$A_{n}=\frac{n(n+1)}{2}\pi r_{n}^{2}=\frac{\pi a^{2}}{2}\frac{n(n+1)}{(n+\sqrt{3}-1)^{2}}$$이다. \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{A_{n}}=\frac{1}{2}\pi a^{2}\)이고 \(A=\sqrt{3}a^{2}\)이므로 따라서 \(\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{A_{n}}{A}}=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\)이다. 

17. \(0\)에서 \(x^{x}\)의 값을 1로 잡고 항별로 적분하여 다음이 성립함을 보여라.$$\int_{0}^{1}{x^{x}dx}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n-1}}{n^{n}}}$$풀이: \(\displaystyle x^{x}=e^{x\ln x}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(x\ln x)^{n}}{n!}}\)이고$$\begin{align*}\int_{0}^{1}{(x\ln x)^{n}dx}&=\left[\frac{1}{n+1}x^{n+1}(\ln x)^{n}\right]_{0}^{1}-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n}(\ln x)^{n-1}dx}\\&=-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n}(\ln x)^{n-1}dx}=(-1)^{2}\frac{n(n-1)}{(n+1)^{2}}\int_{0}^{1}{x^{n}(\ln x)^{n-2}dx}\\ \,&\vdots\\&=(-1)^{n}\frac{n!}{(n+1)^{n}}\int_{0}^{1}{x^{n}dx}=\frac{(-1)^{n}n!}{(n+1)^{n+1}}\end{align*}$$이므로 따라서$$\int_{0}^{1}{x^{x}dx}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n!}\cdot\frac{(-1)^{n}n!}{(n+1)^{n+1}}}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n-1}}{n^{n}}}$$이다.    

22. 다음과 같이 직각삼각형들이 인접해 있다.

각 삼각형들의 높이는 1이고, 밑변은 밑으로 인접한 삼각형의 빗변이다. 급수 \(\Sigma\theta_{n}\)이 발산함을 보임으로서 이 삼각형들이 점 P를 무한번 도는 것을 보여라. 

풀이:$$\tan\theta_{1}=1,\,\tan\theta_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}},\,\tan\theta_{3}=\frac{1}{\sqrt{3}},\,...$$이므로 \(\displaystyle\tan\theta_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}\)이다. 그러면 \(\displaystyle\cot\theta_{n}=\sqrt{\frac{n}{n+1}}\) \(\displaystyle\sin\theta_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)이고

위 그림에서 \(\displaystyle\frac{1}{2}(\sqrt{n})^{2}\sin\theta_{n}<\frac{1}{2}(\sqrt{n})^{2}\theta_{n}\)이므로 \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}<\theta_{n}\)이고 급수 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}\)은 발산하는 급수이므로 따라서 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\theta_{n}}\)은 발산한다.