정답
\(M_n=\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n(n+1)}\) 이며, 거듭제곱급수 \(\sum_{n=1}^{\infty}M_n x^n\)의 수렴반경은 \(R=e\)이다. 또한 \(\sum_{n=1}^{\infty} f_n(x)\)는 \([0,1]\)에서 균등수렴한다.
출제 의도
로그미분으로 함수의 최댓값을 구해 \(M_n\)의 점근적 크기를 파악하고, 그로부터 거듭제곱급수의 수렴반경을 근판정법으로 계산하는 능력을 평가한다. 또한 \([0,1]\)에서의 함수항급수 균등수렴을 Weierstrass의 M-판정법으로 판단할 수 있는지를 묻는다.
풀이 과정
함수 \(f_n(x)=(nx)^n(1-x)^{n^2}\)의 최댓값을 구하기 위해 로그를 취해 \(x\in(0,1)\)에서 극값을 찾는다. (끝점 \(x=0,1\)에서는 \(f_n(0)=0,\; f_n(1)=0\)이다.)
$$ \phi_n(x)=\ln f_n(x)=n\ln(nx)+n^2\ln(1-x) $$
$$ \phi_n'(x)=\frac{n}{x}-\frac{n^2}{1-x} $$
\(\phi_n'(x)=0\)이면
$$ \frac{n}{x}=\frac{n^2}{1-x}\quad\Longleftrightarrow\quad 1-x=nx\quad\Longleftrightarrow\quad x=\frac{1}{n+1} $$
또한
$$ \phi_n”(x)=-\frac{n}{x^2}-\frac{n^2}{(1-x)^2}<0 $$
이므로 \(x=\frac{1}{n+1}\)에서 최대가 된다. 따라서
$$ M_n=f_n\!\left(\frac{1}{n+1}\right)=\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n^2} =\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+n^2} =\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n(n+1)} $$
이제 거듭제곱급수 \(\sum_{n=1}^{\infty} M_n x^n\)의 수렴반경 \(R\)을 근판정법으로 구한다.
$$ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{M_n} =\lim_{n\to\infty}\left(\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n(n+1)}\right)^{1/n} =\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} =\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} =e^{-1} $$
따라서
$$ R=\frac{1}{\limsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{M_n}}=\frac{1}{e^{-1}}=e $$
다음으로 함수항급수 \(\sum_{n=1}^{\infty} f_n(x)\)의 \([0,1]\)에서의 균등수렴을 본다. 위에서 구한 최대값 \(M_n=\max_{x\in[0,1]} f_n(x)\)에 대해 모든 \(x\in[0,1]\)에서
$$ 0\le f_n(x)\le M_n $$
가 성립한다. 또한 표준 부등식 \(\left(1-\frac{1}{m}\right)^m
$$
\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} 이므로
$$
M_n=\left(\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right)^n 따라서 \(\sum_{n=1}^{\infty} M_n\)은 \(\sum_{n=1}^{\infty} e^{-n}\)에 의해 비교되어 수렴한다. 그러면 Weierstrass의 M-판정법으로 \(\sum_{n=1}^{\infty} f_n(x)\)는 \([0,1]\)에서 균등수렴한다. <풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>