💡정답 및 해설 펼쳐보기
첫째항 $a_1 = 3$, 공차 $d = 2$이므로,
\begin{align*}
S_n &= \dfrac{n\{2a_1 + (n-1)d\}}{2} \\
&= \dfrac{n\{2(3) + (n-1)2\}}{2} \\
&= \dfrac{n(2n + 4)}{2} = n(n+2) = n^2 + 2n
\end{align*}
이 식을 바탕으로 $S_{n+3}$을 구하면,
\begin{align*}
S_{n+3} &= (n+3)(n+3+2) \\
&= (n+3)(n+5) = n^2 + 8n + 15
\end{align*}
이제 주어진 극한식에 대입하여 $\infty – \infty$ 꼴을 유리화하여 풉니다.
\begin{align*}
&\lim_{n \to \infty} (\sqrt{S_{n+3}} – \sqrt{S_n}) \\
&= \lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{n^2 + 8n + 15} – \sqrt{n^2 + 2n} \right) \\
&= \lim_{n \to \infty} \dfrac{(n^2 + 8n + 15) – (n^2 + 2n)}{\sqrt{n^2 + 8n + 15} + \sqrt{n^2 + 2n}} \\
&= \lim_{n \to \infty} \dfrac{6n + 15}{\sqrt{n^2 + 8n + 15} + \sqrt{n^2 + 2n}}
\end{align*}
분모와 분자를 가장 높은 차수인 $n$으로 나눕니다. 근호 안은 $n^2$으로 나누게 됩니다.
\begin{align*}
&\lim_{n \to \infty} \dfrac{6 + \dfrac{15}{n}}{\sqrt{1 + \dfrac{8}{n} + \dfrac{15}{n^2}} + \sqrt{1 + \dfrac{2}{n}}} \\
&= \dfrac{6 + 0}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1+0}} \\
&= \dfrac{6}{1 + 1} = 3
\end{align*}
루트가 포함된 식은 분자와 분모에 켤레식을 곱하여 ‘유리화’하는 것이 원칙입니다. 유리화를 거치면 우리가 익숙한 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 꼴로 변환되어 차수 비교가 가능해집니다.
$n$이 무한대로 커질 때, 완전제곱식을 이용한 선형 근사를 알아두면 1초 만에 풀 수 있는 엄청난 무기가 됩니다.
$$ \sqrt{n^2 + an + b} \approx \sqrt{n^2 + an + \dfrac{a^2}{4}} = \sqrt{\left(n + \dfrac{a}{2}\right)^2} = n + \dfrac{a}{2} $$
거대한 우주적 관점에서 상수항 $b$는 먼지에 불과하므로 과감히 무시하고 $1$차항의 절반만큼만 더해주면 완벽히 1차 함수로 근사됩니다.
위 문제에 적용해 볼까요?
\begin{align*}
&\sqrt{n^2 + 8n + 15} \approx n + 4 \\
&\sqrt{n^2 + 2n} \approx n + 1
\end{align*}
따라서 두 식을 빼면 $(n + 4) – (n + 1) = 3$. 복잡한 분수 계산이나 유리화 없이 암산만으로 답이 도출됩니다.