[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.