정수 n에대하여 f(x)=|tanx|/tanx (x≠nπ/2)
= 0 (x=nπ/2)

으로 정의한다.

S_n=∑|f(k+1)-f(k)|(n=1,2,3,....) (시그마 k=1에서 n-1까지) 라 할 때,
limS_n/n의 값은? (n이 무한대로 갈때)

이 문제좀 풀어주세요,,~!

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sos440 · 104180 · 11/09/03 23:13 · MS 2005

어디서 보신 문제인지는 모르겠지만, 고등학교 과정에서 엄밀하게 풀 수 있는 문제가 아닙니다.

즉, 직관적으로 납득하시도록 설명해드릴 수는 있어도, 엄밀하게 저 값을 계산하려면 고등학교 과정을 뛰어넘어야 합니다.

뭐 일단 고등학교 과정에 얽매이지 않고 풀이를 해 보도록 하겠습니다.

[풀이] 주어진 함수를 분석해보면,

f(x) = -1 (-π/2 < x < 0)
f(0) = 0
f(x) = 1 (0 < x < π/2)
f(π/2) = 0

이고 f(x)는 주기가 π 인 함수가 됩니다. 이제 a(n) = n/π - [n/π] (단, [x]는 x를 넘지 않는 최대 정수) 로 둡시다. 그러면 1/π 가 무리수이므로, Weyl's criterion에 의하여 a(n)은 [0, 1] 위에서 equidistributed입니다. 한편 g(x) = |f(1+πx) - f(πx)| 로 두면 이 함수는 Riemann-integrable하므로, equidistributed와 동치조건에 의하여

lim_{n→∞} { g(a(1)) + g(a(2)) + … + g(a(n)) } / n = ∫_{from 0 to 1} g(x) dx

가 성립합니다. 그런데 g(a(n)) 은 정확하게 |f(n+1) - f(n)| 이 되므로, 이로부터 우리는 문제의 극한이 우변의 적분과 일치함을 압니다. 따라서

lim_{n→∞} S(n) / n

= ∫_{from 0 to 1} g(x) dx

= ∫_{from 0 to 1} |f(1+πx) - f(πx)| dx

= (1/π) ∫_{from 0 to π} |f(1+t) - f(t)| dt (t = πx)

= (1/π) ( ∫_{from 0 to π/2-1} |f(1+t) - f(t)| dt
+ ∫_{from π/2-1 to π} |f(1+t) - f(t)| dt
+ ∫_{from π/2 to π-1} |f(1+t) - f(t)| dt
+ ∫_{from π-1 to π} |f(1+t) - f(t)| dt )

= (1/π) ( ∫_{from 0 to π/2-1} |1 - 1| dt
+ ∫_{from π/2-1 to π} |-1 - 1| dt
+ ∫_{from π/2 to π-1} |-1 - (-1)| dt
+ ∫_{from π-1 to π} |1 - (-1)| dt )

= 2/π

임이 증명됩니다. ////

이 결과를 고등학교 수준으로 쉽게 표현하자면 다음과 같습니다:

자연수 k를 π의 정수배만큼 적당히 빼서 [0, π] 구간 내로 끌어온 값을 x(k) 라고 합시다. 그러면 간단한 논리를 통해 x(k) = k - π[k/π] 임을 쉽게 알 수 있습니다. 그리고 직관적으로, 수열 x(k)은 [0, π] 위에서 고르게 분포하고 있습니다.

한편 |f(k+1) - f(k)| = |f(1+x(k)) - f(x(k))| 는 |f(1+x) - f(x)| 라는 함수의 x = x(k) 에서의 값이 됩니다. 따라서

S(n) / n = ( |f(1+x(1)) - f(x(1))| + … + |f(1+x(n-1)) - f(x(n-1))| ) / n

의 극한은, 쉽게 말하면 우리가 [0, π] 라는 구간 위에서 아무 점이나 택했을 때 |f(1+x) - f(x)|의 함수값의 기대값이 됩니다! 따라서 그 극한값은 [0, π] 위에서 |f(1+x) - f(x)| 의 평균인

(1/π) ∫_{from 0 to π} |f(1+x) - f(x)| dx

로 수렴할 것입니다.

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