미적분Ⅱ급수수능 기출발전 문제 (3점 후반~4점 초반)허근을 이용한 부분분수 무한급수광고 영역 (상세 상단)문제방정식 x3+1=0x ^{3} + 1 = 0x3+1=0의 한 허근을 α\alphaα라 할 때, ∑k=1∞1(k−α)(k−α2)\displaystyle \sum\limits _{k=1} ^{\infty} \frac{1}{( k - \alpha ) ( k - \alpha ^{2} )}k=1∑∞(k−α)(k−α2)1의 값은? [4점] ①α\alphaα②α−1\alpha - 1α−1③1−α1 - \alpha1−α④111⑤−1- 1−1정답 보기①자료 내려받기아직 올라온 파일이 없습니다.해설x3+1=(x+1)(x2−x+1)=0x ^{3} + 1 = ( x + 1 ) ( x ^{2} - x + 1 ) = 0x3+1=(x+1)(x2−x+1)=0이므로 α\alphaα는 방정식 x2−x+1=0x ^{2} - x + 1 = 0x2−x+1=0의 근이다. ∴ α2−α+1=0\alpha ^{2} - \alpha + 1 = 0α2−α+1=0 ∴ 1(k−α)(k−α2)\displaystyle \frac{1}{( k - \alpha ) ( k - \alpha ^{2} )}(k−α)(k−α2)1 ===1(k−α)(k+1−α)\displaystyle \frac{1}{( k - \alpha ) ( k + 1 - \alpha )}(k−α)(k+1−α)1=1k−α−1k+1−α\displaystyle = \frac{1}{k - \alpha} - \frac{1}{k + 1 - \alpha}=k−α1−k+1−α1 ∑k=1n1(k−α)(k−α2)\displaystyle \sum\limits _{k=1} ^{n} \frac{1}{( k - \alpha ) ( k - \alpha ^{2} )}k=1∑n(k−α)(k−α2)1=∑k=1n(1k−α−1k+1−α)\displaystyle = \sum\limits _{k=1} ^{n} \left( \frac{1}{k - \alpha} - \frac{1}{k + 1 - \alpha} \right)=k=1∑n(k−α1−k+1−α1) =11−α−1n+1−α\displaystyle = \frac{1}{1 - \alpha} - \frac{1}{n + 1 - \alpha}=1−α1−n+1−α1 ∴ ∑k=1∞1(k−α)(k−α2)\displaystyle \sum\limits _{k=1} ^{\infty} \frac{1}{( k - \alpha ) ( k - \alpha ^{2} )}k=1∑∞(k−α)(k−α2)1=limn→∞(11−α−1n+1−α)\displaystyle = \lim\limits _{n\rightarrow \infty} \left( \frac{1}{1 - \alpha} - \frac{1}{n + 1 - \alpha} \right)=n→∞lim(1−α1−n+1−α1) =11−α+limt→+0t1+(1−α)t\displaystyle = \frac{1}{1 - \alpha} + \lim\limits _{t\rightarrow +0} \frac{t}{1 + ( 1 - \alpha ) t}=1−α1+t→+0lim1+(1−α)tt =11−α+01+0\displaystyle = \frac{1}{1 - \alpha} + \frac{0}{1 + 0}=1−α1+1+00 =−1α2\displaystyle = - \frac{1}{\alpha ^{2}}=−α21 (∵ α2−α+1=0\alpha ^{2} - \alpha + 1 = 0α2−α+1=0) =α= \alpha=α (∵ α3=−1\alpha ^{3} = - 1α3=−1)태그#허근#부분분수#무한급수비슷한 문제 더 보기미적분Ⅱ 문제 모음미적분Ⅱ 급수 문제 모음수능 문제 모음발전 문제 모음광고 영역 (해설 하단)← 전체 문제 목록으로