정답
\(\sum_{n=1}^\infty f_n(x)\)는 \([0,\infty)\)에서 고른수렴하며, \(a_n=\displaystyle\int_0^\infty f_n(x)\,dx=\dfrac{1}{2n^2}\), 따라서 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n=\dfrac{\pi^2}{12}\)이다.
출제 의도
조각함수로 주어진 함수항급수에 대해 각 항의 최댓값을 정확히 평가하여 Weierstrass 판정법으로 고른수렴을 보일 수 있는지 확인한다. 또한 각 구간에서 적분을 분리해 계산하고, 삼각함수 항이 한 주기만큼 적분되어 0이 됨을 이용해 \(\sum a_n\)을 구하는 능력을 평가한다.
풀이 과정
\(n\ge 1\)에 대해 \(L=\ln(2n)\)이라 두자. 정의에 의해 \(f_n(x)\)는 \(x>2L\)에서 0이고, \(0\le x\le L\)에서는
$$ f_n(x)=-\frac{x}{(nL)^2}+\frac{1}{n^2L}. $$
이 구간에서 \(f_n\)는 \(x\)에 대한 1차함수이며 \(f_n(0)=\dfrac{1}{n^2L}\), \(f_n(L)=0\)이므로 \(0\le f_n(x)\le \dfrac{1}{n^2L}\)이다. 또한 \(L<x\le 2L\)에서는
$$ f_n(x)=\frac{1}{n^2}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right) $$
이므로 \(\left|f_n(x)\right|\le \dfrac{1}{n^2}\)이다. 따라서 모든 \(x\ge 0\)에 대해
$$ \sup_{x\ge 0}|f_n(x)|=\frac{1}{n^2}. $$
\(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\)는 수렴하므로 Weierstrass \(M\)-판정법에 의해 \(\sum_{n=1}^\infty f_n(x)\)는 \([0,\infty)\)에서 고른수렴한다.
이제 \(a_n=\displaystyle\int_0^\infty f_n(x)\,dx\)를 구한다. 지지집합이 \([0,2L]\)이므로
$$ a_n=\int_0^{L}\left(-\frac{x}{(nL)^2}+\frac{1}{n^2L}\right)dx+\int_{L}^{2L}\frac{1}{n^2}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx. $$
첫 번째 적분은
$$ \int_0^{L}\left(-\frac{x}{(nL)^2}+\frac{1}{n^2L}\right)dx =\frac{1}{n^2}\int_0^{L}\left(-\frac{x}{L^2}+\frac{1}{L}\right)dx =\frac{1}{n^2}\left(-\frac12+1\right)=\frac{1}{2n^2}. $$
두 번째 적분은 치환 없이 직접 계산하면
$$ \int_{L}^{2L}\frac{1}{n^2}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx =\frac{1}{n^2}\left[-\frac{L}{2\pi}\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right]_{x=L}^{x=2L} =\frac{1}{n^2}\left(-\frac{L}{2\pi}\right)\big(\cos 4\pi-\cos 2\pi\big)=0. $$
따라서
$$ a_n=\frac{1}{2n^2}. $$
주어진 \(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}\)을 이용하면
$$ \sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n^2} =\frac12\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} =\frac12\cdot\frac{\pi^2}{6} =\frac{\pi^2}{12}. $$
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>