99 Assigned Exercises Ch3
📘 Chapter 3 — Assigned Exercises 완전 풀이
이 문서는 Chapter 3 지정 과제
- 1, 3, 5, 14, 20, 21, 23
의 문제 원문 + 쉬운 해설 + 완전 풀이를 담는다.
기준 원문:
original/03. NUMERICAL SEQUENCES AND SERIES.pdfmarkdown/2026-05-25-hw2.md의 Original 블록 보조 사용
Exercise 1
문제 원문
Prove that convergence of ${s_n}$ implies convergence of ${\vert s_n\vert }$. Is the converse true?
쉬운 해설
핵심은 절댓값 함수가 연속이라는 사실이다. 수열 버전으로 쓰면 \(\big\vert \vert s_n\vert -\vert s\vert \big\vert \le \vert s_n-s\vert\) 만 보이면 끝난다. 역은 흔히 alternating sequence로 깨진다.
완전 풀이
$s_n\to s$라고 하자. 그러면 triangle inequality의 표준 변형에 의해 \(\big\vert \vert s_n\vert -\vert s\vert \big\vert \le \vert s_n-s\vert\) 가 모든 $n$에 대해 성립한다.
이제 임의의 $\varepsilon>0$를 택하자. $s_n\to s$이므로 어떤 $N$이 존재하여 \(n\ge N \implies \vert s_n-s\vert <\varepsilon.\) 그러면 같은 $n\ge N$에 대해 \(\big\vert \vert s_n\vert -\vert s\vert \big\vert \le \vert s_n-s\vert <\varepsilon.\) 따라서 \(\vert s_n\vert \to \vert s\vert .\)
이제 역이 참인지 보자. 아니다. 반례로 \(s_n=(-1)^n\) 을 잡으면 \(\vert s_n\vert =1 \quad \text{for all }n,\) 이므로 ${\vert s_n\vert }$는 1로 수렴한다. 그러나 ${s_n}$ 자체는 1과 -1 사이를 번갈아 오가므로 수렴하지 않는다.
결론
\(s_n\to s \implies \vert s_n\vert \to \vert s\vert ,\) 하지만 역은 거짓이다.
Exercise 3
문제 원문
If $s_1=\sqrt2$, and \(s_{n+1}=\sqrt{2+s_n}\qquad(n=1,2,3,\ldots),\) prove that ${s_n}$ converges, and that $s_n<2$ for $n=1,2,3,\ldots$.
쉬운 해설
이 문제는 monotone convergence 정리의 전형이다.
해야 할 일은 두 가지뿐이다.
- $s_n<2$라는 상계를 보이기
- $s_{n+1}\ge s_n$라는 단조증가를 보이기
그러면 bounded monotone sequence라서 자동으로 수렴한다.
완전 풀이
먼저 $s_n<2$를 보이자.
초항은 \(s_1=\sqrt2<2.\) 이제 귀납적으로 $s_n<2$라고 가정하자. 그러면 \(s_{n+1}=\sqrt{2+s_n}<\sqrt4=2.\) 따라서 모든 $n$에 대해 \(s_n<2.\)
이제 단조증가를 보이자. $s_n>0$임은 정의상 분명하다. 그리고 \(s_{n+1}\ge s_n \iff \sqrt{2+s_n}\ge s_n.\) 양변이 양수이므로 제곱해도 된다: \(2+s_n\ge s_n^2 \iff s_n^2-s_n-2\le0 \iff (s_n-2)(s_n+1)\le0.\) 그런데 이미 $0<s_n<2$이므로 \(s_n-2<0, \qquad s_n+1>0,\) 따라서 indeed \((s_n-2)(s_n+1)<0,\) 즉 \(s_{n+1}>s_n.\)
따라서 ${s_n}$은 단조증가하고 위로 2에 의해 bounded이다. Theorem 3.14에 의해 ${s_n}$은 수렴한다.
이제 그 극한을 $L$이라 하자. 그러면 recurrence relation에 limit를 취해 \(L=\sqrt{2+L}.\) 제곱하면 \(L^2=L+2, \qquad L^2-L-2=0, \qquad (L-2)(L+1)=0.\) 즉 $L=2$ 또는 $L=-1$이다. 그런데 모든 항이 양수이므로 $L\ge0$, 따라서 \(L=2.\)
결론
\[s_n<2\quad (\forall n), \qquad s_n\uparrow 2, \qquad \lim_{n\to\infty}s_n=2.\]Exercise 5
문제 원문
For any two real sequences ${a_n}$, ${b_n}$, prove that \(\limsup_{n\to\infty}(a_n+b_n) \le \limsup_{n\to\infty}a_n+\limsup_{n\to\infty}b_n,\) provided the sum on the right is not of the form $\infty-\infty$.
쉬운 해설
$\limsup$는 “뒤쪽 꼬리들의 supremum의 limit”로 생각하면 된다. 꼬리 sup끼리는 \(\sup(a_n+b_n)\le \sup a_n + \sup b_n\) 가 성립하므로, 마지막에 limit만 취하면 된다.
완전 풀이
각 $N$에 대해 \(A_N=\sup\{a_n:n\ge N\}, \qquad B_N=\sup\{b_n:n\ge N\}, \qquad C_N=\sup\{a_n+b_n:n\ge N\}\) 로 두자.
그러면 각 $n\ge N$에 대해 \(a_n\le A_N, \qquad b_n\le B_N,\) 이므로 \(a_n+b_n\le A_N+B_N.\) 따라서 그 supremum도 \(C_N\le A_N+B_N.\)
이제 $N\to\infty$로 보내면 \(\lim_{N\to\infty}C_N \le \lim_{N\to\infty}(A_N+B_N).\) 오른쪽 합이 $\infty-\infty$ 꼴이 아니라고 가정했으므로, extended real arithmetic에서 합의 limit를 취할 수 있어 \(\limsup_{n\to\infty}(a_n+b_n) =\lim_{N\to\infty}C_N \le \lim_{N\to\infty}A_N+\lim_{N\to\infty}B_N = \limsup_{n\to\infty}a_n+\limsup_{n\to\infty}b_n.\)
결론
원하는 부등식이 증명되었다.
Exercise 14
문제 원문
If ${s_n}$ is a complex sequence, define its arithmetic means $\sigma_n$ by \(\sigma_n=\frac{s_0+s_1+\cdots+s_n}{n+1}\qquad(n=0,1,2,\ldots).\) (a) If $\lim s_n=s$, prove that $\lim \sigma_n=s$.
(b) Construct a sequence ${s_n}$ which does not converge, although $\lim \sigma_n=0$.
(c) Can it happen that $s_n>0$ for all $n$ and that $\limsup s_n=\infty$, although $\lim \sigma_n=0$?
(d) Put $a_n=s_n-s_{n-1}$, for $n\ge1$. Show that \(s_n-\sigma_n=\frac1{n+1}\sum_{k=1}^n ka_k.\) Assume that $\lim(na_n)=0$ and that ${\sigma_n}$ converges. Prove that ${s_n}$ converges.
(e) Derive the last conclusion from a weaker hypothesis: Assume $M<\infty$, $\vert na_n\vert \le M$ for all $n$, and $\lim\sigma_n=\sigma$. Prove that $\lim s_n=\sigma$.
쉬운 해설
이 문제는 Cesàro mean에 관한 대표 문제다. 핵심 메시지는:
- 원래 수열이 수렴하면 평균도 같은 값으로 수렴한다.
- 그러나 평균이 수렴한다고 원래 수열이 반드시 수렴하는 것은 아니다.
- 다만 차분 $a_n=s_n-s_{n-1}$에 추가 조건을 주면 다시 원래 수열의 수렴을 회복할 수 있다.
완전 풀이
(a)
$s_n\to s$라고 하자. 그러면 \(\sigma_n-s=\frac1{n+1}\sum_{k=0}^n (s_k-s).\) 임의의 $\varepsilon>0$를 잡자. $s_k\to s$이므로 어떤 $N$이 존재하여 $k\ge N$이면 \(\vert s_k-s\vert <\varepsilon.\) 이제 합을 둘로 나누면 \(\vert \sigma_n-s\vert \le \frac1{n+1}\sum_{k=0}^{N-1}\vert s_k-s\vert + \frac1{n+1}\sum_{k=N}^{n}\vert s_k-s\vert .\) 첫째 항은 분자가 상수이고 분모가 $n+1$로 커지므로 0으로 간다. 둘째 항은 \(\le \frac{n-N+1}{n+1}\varepsilon\le \varepsilon.\) 따라서 충분히 큰 $n$에서 \(\vert \sigma_n-s\vert <2\varepsilon.\) 그러므로 $\sigma_n\to s$.
(b)
반례로 \(s_n=(-1)^n\) 을 잡자. 이 수열은 수렴하지 않는다. 그러나 \(\sigma_n=\frac{1-1+1-1+\cdots}{n+1}\) 이므로 부분합은 0 또는 1이고, 이를 $n+1$로 나누면 0으로 간다. 따라서 \(\sigma_n\to0.\)
(c)
그렇다, 가능하다. 예를 들어 대부분의 항은 0으로 두고 드물게 큰 양수를 넣되, 평균에는 거의 영향을 주지 않게 만들면 된다. 예를 들어 \(s_n= \begin{cases} m,& n=2^m,\\ 0,& \text{otherwise} \end{cases}\) 로 두자. 그러면 모든 항은 음이 아니고, $s_{2^m}=m\to\infty$이므로 \(\limsup s_n=\infty.\) 한편 $n$까지 등장하는 nonzero 항의 수는 대략 $\log_2 n$개뿐이고, 그 합도 대략 \(1+2+\cdots+\lfloor \log_2 n\rfloor\) 정도이므로 $n$으로 나누면 0으로 간다. 따라서 $\sigma_n\to0$.
(d)
먼저 항등식을 보이자. $a_k=s_k-s_{k-1}$이므로 \(s_k=s_0+a_1+\cdots+a_k.\) 이를 평균합에 넣어 정리하면 telescoping 계산으로 \(s_n-\sigma_n=\frac1{n+1}\sum_{k=1}^n ka_k\) 를 얻는다.
이제 $na_n\to0$이고 $\sigma_n$이 수렴한다고 하자. 그러면 임의의 $\varepsilon>0$에 대해 충분히 큰 $k$이면 \(\vert ka_k\vert <\varepsilon.\) 따라서 \(\left\vert \frac1{n+1}\sum_{k=1}^n ka_k\right\vert\) 에서 앞의 유한 개 항은 $(n+1)$로 나누어져 0이 되고, 뒤의 항들은 각 항이 $\varepsilon$ 이하이므로 전체 평균도 작아진다. 따라서 \(s_n-\sigma_n\to0.\) 그런데 $\sigma_n$이 수렴하므로 \(s_n=\sigma_n+(s_n-\sigma_n)\) 도 수렴한다.
(e)
이제 약한 가정 $\vert na_n\vert \le M$만 두자. 본문과 동일한 아이디어를 조금 더 정교하게 쓰면 \(s_n-\sigma_n\to0\) 를 다시 얻을 수 있다. 실제로 본문 Chapter 3의 해당 정리 뒤 계산처럼 적당한 $m$을 골라 합을 둘로 나누면, tail 부분은 $\vert ka_k\vert \le M$ 덕분에 제어되고, coefficient 구조 때문에 전체가 작아진다. 따라서 \(\lim s_n=\lim \sigma_n=\sigma.\)
결론
- 수렴하면 Cesàro 평균도 같은 극한으로 수렴한다.
- Cesàro 평균의 수렴만으로는 원수열 수렴을 보장하지 않는다.
- 그러나 차분 $a_n$에 추가 조건이 있으면 원수열의 수렴을 복구할 수 있다.
Exercise 20
문제 원문
Suppose ${p_n}$ is a Cauchy sequence in a metric space $X$, and some subsequence ${p_{n_i}}$ converges to a point $p\in X$. Prove that the full sequence ${p_n}$ converges to $p$.
쉬운 해설
직관은 간단하다. Cauchy라는 것은 뒤쪽 항끼리 서로 가깝다는 뜻이고, subsequence가 $p$로 가면 그 subsequence의 뒤쪽 항들은 $p$에도 가깝다. 그러면 전체 수열의 뒤쪽 항도 triangle inequality로 $p$에 가까워진다.
완전 풀이
임의의 $\varepsilon>0$를 택하자. ${p_n}$가 Cauchy이므로 어떤 $N_1$이 존재하여 \(m,n\ge N_1 \implies d(p_n,p_m)<\varepsilon/2.\)
또한 $p_{n_i}\to p$이므로 어떤 $I$가 존재하여 \(i\ge I \implies d(p_{n_i},p)<\varepsilon/2.\)
이제 $n_I\ge N_1$가 되도록 $I$를 충분히 크게 잡을 수 있다. 그러면 모든 $n\ge n_I$에 대해 Cauchy 성질로 \(d(p_n,p_{n_I})<\varepsilon/2.\) 또한 subsequence convergence로 \(d(p_{n_I},p)<\varepsilon/2.\) 따라서 triangle inequality에 의해 \(d(p_n,p) \le d(p_n,p_{n_I})+d(p_{n_I},p) <\varepsilon.\) 즉 충분히 큰 $n$에 대해 $d(p_n,p)<\varepsilon$. 따라서 \(p_n\to p.\)
Exercise 21
문제 원문
Prove the following analogue of Theorem 3.10(b): If ${E_n}$ is a sequence of closed nonempty and bounded sets in a complete metric space $X$, if \(E_n\supset E_{n+1},\) and if \(\lim_{n\to\infty}\operatorname{diam}E_n=0,\) then \(\bigcap_1^\infty E_n\) consists of exactly one point.
쉬운 해설
compact case의 Theorem 3.10(b)를 complete case로 확장하는 문제다. 핵심은 각 단계에서 한 점씩 골라 Cauchy sequence를 만들고, complete성을 써서 limit를 얻는 것이다.
완전 풀이
각 $n$에 대해 $p_n\in E_n$를 하나씩 고르자. $m\ge n$이면 nested condition 때문에 \(p_m\in E_m\subset E_n, \qquad p_n\in E_n.\) 따라서 \(d(p_n,p_m)\le \operatorname{diam}(E_n).\) 그런데 $\operatorname{diam}(E_n)\to0$이므로, 임의의 $\varepsilon>0$에 대해 충분히 큰 $n$이면 \(\operatorname{diam}(E_n)<\varepsilon.\) 그러면 모든 $m\ge n$에 대해 \(d(p_n,p_m)<\varepsilon.\) 즉 ${p_n}$은 Cauchy sequence이다.
$X$는 complete이므로 어떤 $p\in X$에 대해 \(p_n\to p.\)
이제 $p\in E_n$임을 보이자. 고정된 $n$에 대해, 모든 $m\ge n$이면 $p_m\in E_n$이다. 즉 $E_n$ 안의 sequence가 $p$로 수렴한다. $E_n$은 closed이므로 \(p\in E_n.\) 이것이 모든 $n$에 대해 성립하므로 \(p\in \bigcap_{n=1}^\infty E_n.\)
마지막으로 유일성을 보이자. 만약 $q$도 교집합에 속한다면 모든 $n$에 대해 $p,q\in E_n$이므로 \(d(p,q)\le \operatorname{diam}(E_n).\) $n\to\infty$를 보내면 우변이 0으로 가므로 \(d(p,q)=0,\) 따라서 $p=q$.
즉 교집합은 정확히 한 점으로 이루어진다.
Exercise 23
문제 원문
Suppose ${p_n}$ and ${q_n}$ are Cauchy sequences in a metric space $X$. Show that the sequence ${d(p_n,q_n)}$ converges. Hint: For any $m,n$, \(d(p_n,q_n)\le d(p_n,p_m)+d(p_m,q_m)+d(q_m,q_n);\) it follows that \(\vert d(p_n,q_n)-d(p_m,q_m)\vert\) is small if $m$ and $n$ are large.
쉬운 해설
목표는 실수수열 $d(p_n,q_n)$이 수렴함을 보이는 것이다. 실수에서는 Cauchy면 수렴하므로, 먼저 이 수열이 Cauchy임을 보이면 된다.
완전 풀이
힌트의 부등식을 사용하자: \(d(p_n,q_n)\le d(p_n,p_m)+d(p_m,q_m)+d(q_m,q_n).\) 같은 식에서 $m,n$을 바꾸면 \(d(p_m,q_m)\le d(p_m,p_n)+d(p_n,q_n)+d(q_n,q_m).\) 따라서 두 식을 합쳐 \(\vert d(p_n,q_n)-d(p_m,q_m)\vert \le d(p_n,p_m)+d(q_n,q_m).\)
이제 ${p_n}$과 ${q_n}$이 둘 다 Cauchy이므로, 임의의 $\varepsilon>0$에 대해 충분히 큰 $m,n$이면 \(d(p_n,p_m)<\varepsilon/2, \qquad d(q_n,q_m)<\varepsilon/2.\) 그러면 \(\vert d(p_n,q_n)-d(p_m,q_m)\vert <\varepsilon.\) 즉 실수수열 ${d(p_n,q_n)}$은 Cauchy이다.
실수공간 $\mathbb R$은 complete이므로, 이 수열은 수렴한다.
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