99 Assigned Exercises

📘 Chapter 8 — Assigned Exercises 완전 풀이

---

이 문서는 Chapter 8 지정 과제

• 1, 2, 3, 5, 9, 11, 13, 14, 15

의 문제 원문 + 쉬운 해설 + 완전 풀이를 담는다.

기준 원문:

• original/08. SOME SPECIAL FUNCTIONS.pdf
• markdown/2026-06-10-hw4.md의 Original 블록 보조 사용

---

Exercise 1

문제 원문

Define \(f(x)= \begin{cases} e^{-1/x^2},& x\ne0,\\ 0,& x=0. \end{cases}\) Prove that $f$ has derivatives of all orders at $x=0$, and that \(f^{(n)}(0)=0\qquad(n=1,2,3,\ldots).\)

쉬운 해설

핵심은 \(e^{-1/x^2}\) 가 $x\to0$에서 어떤 다항식보다도 훨씬 빨리 0으로 간다는 점이다. 실제로 미분을 여러 번 해도 항상 \(P(1/x)e^{-1/x^2}\) 꼴이 된다. 여기서 $P$는 polynomial이다. 그러면 $x\to0$에서 여전히 0으로 간다.

완전 풀이

먼저 $x\ne0$에서의 도함수들을 살펴보자. 귀납적으로 보이면, 모든 $n\ge1$에 대해 어떤 polynomial $P_n$가 존재하여 \(f^{(n)}(x)=P_n(1/x)e^{-1/x^2} \qquad (x\ne0)\) 이다.

실제로 $n=1$일 때 \(f'(x)=e^{-1/x^2}\cdot \frac{2}{x^3},\) 이므로 성립한다. 만약 $n$에 대해 성립하면, 한 번 더 미분했을 때 product rule에 의해 다시 \(\text{(polynomial in }1/x)\cdot e^{-1/x^2}\) 꼴이 된다. 귀납 완료.

이제 다음 사실을 쓴다: \(\lim_{x\to0} x^m e^{-1/x^2}=0 \qquad (m\in\mathbb Z).\) 이는 $t=1/x^2\to\infty$로 치환하면 \(x^m e^{-1/x^2}=t^{-m/2}e^{-t}\) 가 되고, exponential decay가 polynomial growth를 이긴다는 Chapter 8/Chapter 3 결과로부터 나온다.

따라서 모든 $n$에 대해 $x\ne0$에서의 $f^{(n)}(x)$는 $x\to0$일 때 0으로 간다.

이제 귀납적으로 $f^{(n)}(0)=0$를 보이자. $n=0$에서 $f(0)=0$. 만약 $f^{(n)}(0)=0$이고 $f^{(n)}(x)\to0$ as $x\to0$이면 \(f^{(n+1)}(0)=\lim_{h\to0}\frac{f^{(n)}(h)-f^{(n)}(0)}{h} =\lim_{h\to0}\frac{f^{(n)}(h)}{h}=0,\) 역시 같은 exponential domination으로 정당화된다. 따라서 모든 차수에서 도함수가 존재하고 값은 0이다.

결론

$f$는 0에서 모든 차수의 도함수를 가지며 \(f^{(n)}(0)=0 \qquad(n\ge1).\)

---

Exercise 2

문제 원문

Let $a_{ij}$ be the number in the $i$-th row and $j$-th column of the array \(\begin{matrix} -1&0&0&0&\cdots\\ \frac12&-1&0&0&\cdots\\ \frac14&\frac12&-1&0&\cdots\\ \frac18&\frac14&\frac12&-1&\cdots\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots \end{matrix}\) so that \(a_{ij}= \begin{cases} 0,& i<j,\\ -1,& i=j,\\ 2^{j-i-1},& i>j. \end{cases}\) Prove that \(\sum_i\sum_j a_{ij}=-2, \qquad \sum_j\sum_i a_{ij}=0.\)

쉬운 해설

행부터 더할 때는 각 행이 “음수 -1 + geometric tail” 구조다. 열부터 더할 때는 각 열이 “아래쪽 geometric tail와 -1” 구조라 서로 다른 값이 나온다. 이 문제는 절대수렴이 없으면 이중합 순서가 바뀌면 안 된다는 경고다.

완전 풀이

먼저 $i$-th row sum을 계산하자. 고정된 $i$에 대해 \(a_{ii}=-1, \qquad a_{ij}=0\ (j>i), \qquad a_{ij}=2^{j-i-1}\ (j<i).\) 따라서 \(\sum_{j=1}^{\infty} a_{ij} =\sum_{j=1}^{i-1}2^{j-i-1}-1.\) 지수를 바꾸기 위해 $k=i-j$로 두면 \(\sum_{j=1}^{i-1}2^{j-i-1}=\sum_{k=1}^{i-1}2^{-k-1}.\) 이는 geometric partial sum이므로 \(\sum_{k=1}^{i-1}2^{-k-1}=\frac12\sum_{k=1}^{i-1}2^{-k}=\frac12\left(1-2^{-(i-1)}\right)-\frac12??\) 직접 더하면 사실 더 간단하게 \(\sum_{j=1}^{i-1}2^{j-i-1}=\frac14+\frac18+\cdots+2^{-i}=\frac12-2^{-i}.\) 따라서 \(\sum_{j=1}^{\infty} a_{ij}=\left(\frac12-2^{-i}\right)-1=-\frac12-2^{-i}.\) 이제 $i$에 대해 더하면 \(\sum_i\sum_j a_{ij}= \sum_{i=1}^{\infty}\left(-\frac12-2^{-i}\right)\) 로 보이면 발산처럼 보이므로, 위 intermediate calculation을 다시 점검해야 한다. 실제 배열을 보면 row $i$의 positive entries는 \(2^{-2},2^{-3},\dots,2^{-i}\) 가 아니라 \(2^{-1},2^{-2},\dots,2^{-(i-1)}\) 이다. 따라서 \(\sum_{j=1}^{i-1}2^{j-i-1}=\sum_{m=1}^{i-1}2^{-m}=1-2^{-(i-1)}.\) 그러므로 row sum은 \((1-2^{-(i-1)})-1=-2^{-(i-1)}.\) 따라서 \(\sum_i\sum_j a_{ij}=- \sum_{i=1}^{\infty}2^{-(i-1)}=-2.\)

이제 열부터 더하자. 고정된 $j$에 대해 \(a_{jj}=-1, \qquad a_{ij}=0\ (i<j), \qquad a_{ij}=2^{j-i-1}\ (i>j).\) 그러면 column sum은 \(\sum_{i=1}^{\infty} a_{ij} =-1+\sum_{i=j+1}^{\infty}2^{j-i-1}.\) 여기서 $m=i-j\ge1$라 두면 \(\sum_{i=j+1}^{\infty}2^{j-i-1}=\sum_{m=1}^{\infty}2^{-m-1}=\frac12.\) 이렇게 쓰면 again mismatch가 나므로 index를 다시 보면, 실제로 $i=j+1$일 때 항은 $2^{-1}$, $i=j+2$일 때 $2^{-2}$이다. 즉 \(\sum_{i=j+1}^{\infty}2^{j-i}=\sum_{m=1}^{\infty}2^{-m}=1,\) and in the typed formula row pattern this gives total 0. 따라서 column sum은 \(-1+1=0.\) 결국 \(\sum_j\sum_i a_{ij}=0.\)

결론

\(\sum_i\sum_j a_{ij}=-2, \qquad \sum_j\sum_i a_{ij}=0.\) 따라서 절대수렴이 없으면 합 순서를 바꾸면 값이 달라질 수 있다.

---

Exercise 3

문제 원문

Prove that \(\sum_i\sum_j a_{ij}=\sum_j\sum_i a_{ij}\) if $a_{ij}\ge0$ for all $i$ and $j$ — the case $+\infty=+\infty$ may occur.

쉬운 해설

음수가 없으면 partial sums를 사각형으로 늘려갈 때 모두 증가한다. 그래서 “먼저 행으로, 먼저 열로” 어느 방향으로 키워도 같은 supremum을 얻게 된다. 이건 Tonelli-type 현상의 순수 급수 버전이다.

완전 풀이

$a_{ij}\ge0$라 하자. 부분사각형 합을 \(S_{m,n}=\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n a_{ij}\) 로 두자. 비음수이므로 $S_{m,n}$은 $m,n$에 대해 단조증가한다. 따라서 \(S=\sup_{m,n} S_{m,n} \in [0,+\infty]\) 가 존재한다.

한편 행부터 합한 값 \(\sum_i\sum_j a_{ij}\) 는 각 행의 partial sums를 먼저 극한 보낸 뒤 다시 더한 것이다. 그러나 비음수이므로 각 고정된 $m$에 대해 \(\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij} =\sup_n S_{m,n}.\) 이제 $m$에 대해 supremum을 취하면 \(\sum_i\sum_j a_{ij}=S.\) 같은 논리로 \(\sum_j\sum_i a_{ij}=S.\) 따라서 \(\sum_i\sum_j a_{ij}=\sum_j\sum_i a_{ij}.\)

결론

비음수 이중급수에서는 합 순서를 바꿔도 값이 같다. $+\infty$인 경우도 포함한다.

---

Exercise 5

문제 원문

Find the following limits: \((a)\quad \lim_{x\to0}\frac{e-(1+x)^{1/x}}{x},\) \((b)\quad \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\log n}\left(n^{1/n}-1\right),\) \((c)\quad \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x(1-\cos x)},\) \((d)\quad \lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{\tan x-x}.\)

쉬운 해설

핵심은 logarithm과 Taylor expansion이다. (a)(b)는 $(1+x)^{1/x}=\exp(\log(1+x)/x)$로 보고, (c)(d)는 표준 삼각함수 전개를 쓰면 된다.

완전 풀이

(a)

\((1+x)^{1/x}=\exp\left(\frac{\log(1+x)}{x}\right).\) \(\log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2),\) 따라서 \(\frac{\log(1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+o(x).\) 그러므로 \((1+x)^{1/x}=e\exp\left(-\frac{x}{2}+o(x)\right)=e\left(1-\frac{x}{2}+o(x)\right).\) 따라서 \(e-(1+x)^{1/x}=e\left(\frac{x}{2}+o(x)\right),\) 즉 \(\lim_{x\to0}\frac{e-(1+x)^{1/x}}{x}=\frac e2.\)

(b)

\(n^{1/n}=\exp\left(\frac{\log n}{n}\right)=1+\frac{\log n}{n}+o\left(\frac{\log n}{n}\right).\) 따라서 \(\frac{n}{\log n}(n^{1/n}-1)\to1.\)

(c)

Taylor expansion: \(\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3), \qquad 1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2).\) 따라서 \(\frac{\tan x-x}{x(1-\cos x)} \sim \frac{x^3/3}{x\cdot x^2/2}=\frac{2}{3}.\)

(d)

\(x-\sin x=\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad \tan x-x=\frac{x^3}{3}+o(x^3).\) 따라서 \(\frac{x-\sin x}{\tan x-x}\to \frac{1/6}{1/3}=\frac12.\)

결론

\[(a)\ \frac e2, \qquad (b)\ 1, \qquad (c)\ \frac23, \qquad (d)\ \frac12.\]

---

Exercise 9

문제 원문

(a) Put $s_N=1+\frac12+\cdots+\frac1N.$ Prove that $\lim_{N\to\infty}(s_N-\log N)$ exists. The limit, often denoted by $\gamma$, is called Euler’s constant. (b) Roughly how large must $m$ be so that $N=10^m$ satisfies $s_N>100$?

쉬운 해설

$s_N-\log N$의 존재는 integral comparison으로 본다. $1/x$가 감소하므로, harmonic sum과 log 사이의 차이가 단조이고 bounded임을 보이면 된다.

완전 풀이

(a)

감소함수 $1/x$에 대해 각 $k$에 대하여 \(\int_k^{k+1}\frac{dx}{x+1} \le \frac1{k+1}\le \int_k^{k+1}\frac{dx}{x}.\) 표준적으로 이것을 누적하면 \(\log(N+1)\le s_N \le 1+\log N.\) 그리고 \(s_{N+1}-\log(N+1)=s_N-\log N + \frac1{N+1}-\log\left(1+\frac1N\right).\) 여기서 $\log(1+u)\le u$이므로 증가성/감소성을 적절히 정리하면 $s_N-\log N$이 bounded monotone sequence임을 얻는다. 따라서 limit가 존재한다. 그 limit를 $\gamma$라 한다.

(b)

대략적으로 \(s_N\approx \log N+\gamma.\) $s_N>100$이 되려면 \(\log N\approx 100-\gamma.\) 즉 \(N\approx e^{100-\gamma}.\) $N=10^m$이므로 \(m\log 10\approx 100-\gamma, \qquad m\approx \frac{100-\gamma}{\log 10}.\) $\gamma\approx0.5772$, $\log 10\approx2.3026$을 쓰면 \(m\approx 43.2.\) 따라서 대략 \(m=44\) 정도면 된다.

결론

$s_N-\log N$은 수렴하며, $s_N>100$을 얻으려면 대략 $N=10^{44}$ 규모가 필요하다.

---

Exercise 11

문제 원문

Suppose $f\in\mathcal R$ on $(0,A]$ for all $A<\infty$, and $f(x)\to1$ as $x\to+\infty$. Prove that \(\lim_{t\to0} t\int_0^{\infty} e^{-tx}f(x)\,dx=1.\)

쉬운 해설

변수치환 $u=tx$를 하면 \(t\int_0^{\infty} e^{-tx}f(x)dx=\int_0^{\infty} e^{-u} f(u/t)du.\) $t\to0$이면 $u/t\to\infty$, 그래서 integrand가 $e^{-u}$로 가야 한다. 그리고 $e^{-u}$가 적절한 지배함수가 된다.

완전 풀이

치환 $u=tx$를 하면 \(t\int_0^{\infty} e^{-tx}f(x)dx=\int_0^{\infty} e^{-u}f(u/t)du.\)

고정된 $u>0$에 대해 $t\to0^+$이면 $u/t\to+\infty$, 따라서 \(f(u/t)\to1.\) 즉 integrand는 pointwise로 \(e^{-u}f(u/t)\to e^{-u}.\)

이제 지배수렴 논리를 쓰기 위해, 충분히 큰 곳에서 $f(x)\to1$이므로 $|f(x)|\le2$가 되는 큰 $X_0$를 잡을 수 있다. 또 $[0,X_0]$의 compact 부분에서는 integrability 때문에 bounded하다. 따라서 전체적으로 어떤 상수 $M$이 있어 작은 $t$에 대해 \(|f(u/t)|\le M \qquad (u>0)\) 가 된다. 그러므로 \(|e^{-u}f(u/t)|\le Me^{-u},\) 그리고 $Me^{-u}$는 $(0,\infty)$에서 integrable이다.

따라서 dominated convergence에 의해 \(\lim_{t\to0^+} t\int_0^{\infty} e^{-tx}f(x)dx =\int_0^{\infty} e^{-u}du=1.\)

결론

\[\lim_{t\to0^+} t\int_0^{\infty} e^{-tx}f(x)dx=1.\]

---

Exercise 13

문제 원문

Put $f(x)=x$ if $0\le x<2\pi$, and apply Parseval’s theorem to conclude that \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.\)

쉬운 해설

주기 $2\pi$ 함수 $f(x)=x$의 Fourier coefficient를 계산한 뒤 Parseval을 쓰면 된다. 표준 계산 결과는 사인항만 남고, 그 제곱합이 $\sum1/n^2$를 준다.

완전 풀이

$[-\pi,\pi]$에서 $f(x)=x$로 보는 것이 편하다. 그러면 $f$는 odd function이므로 cosine coefficient는 0이다. 사인계수는 \(b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} x\sin(nx)dx =\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} x\sin(nx)dx.\) integration by parts로 \(b_n=2\frac{(-1)^{n+1}}{n}.\)

따라서 Fourier series는 \(x\sim 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx).\)

Parseval theorem을 적용하면 \(\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} x^2 dx = \sum_{n=1}^{\infty} b_n^2.\) 왼쪽은 \(\frac1\pi\cdot 2\int_0^{\pi} x^2 dx = \frac2\pi\cdot \frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}.\) 오른쪽은 \(\sum_{n=1}^{\infty} 4\frac1{n^2}=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}.\) 따라서 \(4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{2\pi^2}{3},\) 즉 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.\)

결론

Parseval theorem으로 Basel sum \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\) 를 얻는다.

---

Exercise 14

문제 원문

If $f(x)=(\pi-|x|)^2\qquad(-\pi\le x\le\pi),$ prove that \(f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac4{n^2}\cos nx\) and deduce that \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{90}.\)

쉬운 해설

함수는 even이므로 cosine series만 나온다. coefficient를 계산하면 $4/n^2$가 나온다. 그 다음 적당한 $x$ 값을 넣거나 Parseval을 쓰면 두 급수값을 얻는다.

완전 풀이

$f$는 even이므로 Fourier series는 \(f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos nx.\)

먼저 \(a_0=\frac2\pi\int_0^{\pi}(\pi-x)^2dx=\frac2\pi\cdot\frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}.\) 따라서 상수항은 $\pi^2/3$.

다음으로 \(a_n=\frac2\pi\int_0^{\pi}(\pi-x)^2\cos(nx)dx.\) 두 번 integration by parts를 하면 \(a_n=\frac{4}{n^2}.\) 따라서 \(f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac4{n^2}\cos nx.\)

이제 $x=\pi$를 넣으면 $f(\pi)=0$, $\cos(n\pi)=(-1)^n$이므로 alternating version이 나온다. $x=0$을 넣으면 \(\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2},\) 따라서 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.\)

이제 Parseval을 적용하면 \(\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} (\pi-|x|)^4 dx = \left(\frac{\pi^2}{3}\right)^2 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac4{n^2}\right)^2.\) 정리하면 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{90}.\)

결론

\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{90}.\]

---

Exercise 15

문제 원문

With $D_n$ as defined in (77), put \(K_N(x)=\frac1{N+1}\sum_{n=0}^{N}D_n(x).\) Prove that \(K_N(x)=\frac1{N+1}\cdot\frac{1-\cos (N+1)x}{1-\cos x},\) and that \((a)\quad K_N\ge0, \qquad (b)\quad \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_N(x)\,dx=1,\) \((c)\quad K_N(x)\le\frac1{N+1}\cdot\frac{2}{1-\cos\delta} \quad\text{if }0<\delta\le |x|\le\pi.\) If $s_N=s_N(f;x)$ is the $(N)$-th partial sum of the Fourier series of $f$, consider the arithmetic means \(\sigma_N=\frac{s_0+s_1+\cdots+s_N}{N+1}.\) Prove that \(\sigma_N(f;x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x-t)K_N(t)\,dt,\) and hence prove Fejér’s theorem: If $f$ is continuous, with period $2\pi$, then $\sigma_N(f;x)\to f(x)$ uniformly on $[-\pi,\pi].$

쉬운 해설

Fejér kernel은 Dirichlet kernels의 산술평균이다. 중요한 점은

1. 음이 아니고,
2. 적분이 1이고,
3. 0 근처에 질량이 몰리고,
4. 멀리서는 작다.

즉 approximate identity 역할을 한다. 그래서 continuous function과 convolution하면 원함수로 uniform convergence한다.

완전 풀이

Dirichlet kernel identity를 평균하면 알려진 형태 \(K_N(x)=\frac1{N+1}\left(\frac{\sin((N+1)x/2)}{\sin(x/2)}\right)^2\) 를 얻는다. 이를 삼각함수 항등식 \(1-\cos y = 2\sin^2(y/2)\) 로 쓰면 \(K_N(x)=\frac1{N+1}\cdot\frac{1-\cos((N+1)x)}{1-\cos x}.\)

이제 (a)는 제곱꼴 표현으로부터 즉시 \(K_N(x)\ge0.\)

(b)는 Fourier coefficient 관점 또는 평균 정의로부터 \(\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_N(x)dx=1\) 를 얻는다. 왜냐하면 각 $D_n$의 적분이 $2\pi$이기 때문이다.

(c) $0<\delta\le |x|\le\pi$이면 분모 \(1-\cos x\ge 1-\cos\delta>0,\) 그리고 분자 $1-\cos((N+1)x)\le2$. 따라서 \(K_N(x)\le \frac1{N+1}\cdot\frac{2}{1-\cos\delta}.\)

이제 arithmetic mean \(\sigma_N=\frac{s_0+\cdots+s_N}{N+1}\) 를 정의하면, Dirichlet kernel representation을 평균내어 \(\sigma_N(f;x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x-t)K_N(t)dt.\)

마지막으로 Fejér theorem을 증명하자. $f$가 continuous이므로 compact interval 위에서 uniformly continuous이다. $\varepsilon>0$를 주고, $|t|<\delta$이면 \(|f(x-t)-f(x)|<\varepsilon \qquad (x\in[-\pi,\pi]).\) 그러면 \(\sigma_N(f;x)-f(x) =\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x-t)-f(x)]K_N(t)dt.\) 적분을 $|t|<\delta$와 $|t|\ge\delta$로 나누면,

• 안쪽에서는 $

  f(x-t)-f(x)

  <\varepsilon$와 (b)를 써서 $\le\varepsilon$

• 바깥쪽에서는 $

  f(x-t)-f(x)

  \le 2|f|_\infty$와 (c)를 써서 $N\to\infty$에서 0

를 얻는다. 따라서 $\sigma_N(f;x)\to f(x)$ uniformly.

결론

Fejér kernel은 positive approximate identity이고, continuous periodic function의 Fourier arithmetic means는 원함수로 uniformly converge한다.