비 판정법

틀:위키데이터 속성 추적 틀:미적분학 미적분학에서 비 판정법(比判定法, 틀:Llang) 또는 달랑베르 비 판정법(틀:Llang) 또는 코시 비 판정법(틀:Llang)은 양의 실수 항의 급수의 수렴 여부를 가리는 수렴 판정법이다. 실수 항의 급수의 절대 수렴 여부를 판단할 수도 있다. 이웃하는 두 항의 비의 극한을 사용한다. 공비에 따른 기하급수의 수렴 여부에 기반한다. 다른 급수를 “표준 급수”로 삼아 더 정교한 판정법을 만들 수 있다. 그러나 이렇게 만든 판정법은 모든 급수에 대하여 유효할 수 없다. 즉, 임의의 급수에 대하여, 이 급수에 기반한 판정법이 효력을 잃는 급수를 구성할 수 있다.

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$가 주어졌다고 하자 ($a_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$). 또한, 극한

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}\in [0,\mathrm{\infty }]$

가 존재한다고 하자. 비 판정법에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $L<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.
• 만약 $L>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다.

틀:증명 만약 $L<1$이며, $L<q<1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_{n+1}}{a_n}<q$

이다. 따라서 임의의 $n\ge N$에 대하여,

$a_n=a_N\cdot \frac{a_{N+1}}{a_N}\cdot \frac{a_{N+2}}{a_{N+1}}\cdot \cdots \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}}\le a_N{q}^{n-N}$

이다. $0\le q<1$이므로, 기하급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^n$은 수렴한다. 비교 판정법에 따라, 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.

만약 $L>1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$

이다. 즉, $(a_N,a_{N+1},\dots )$은 양의 실수의 증가수열이며, 특히 0으로 수렴할 수 없다. 따라서, 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. 틀:증명 끝

보다 일반적으로, 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$가 주어졌다고 하자 ($a_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$). 또한,

$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}\frac{a_{n+1}}{a_n}\in [0,\mathrm{\infty }]$

$r=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}\frac{a_{n+1}}{a_n}\in [0,\mathrm{\infty }]$

라고 하자 (이는 항상 존재하며, 항상 $r\le R$이다). 비 판정법에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $R<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.
• 만약 $r>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다.

만약 극한 $L$이 존재한다면 $L=R=r$이다. 따라서 후자가 더 일반적인 결과다. 만약 $r\le 1\le R$이라면 (특히, 만약 $L=1$이라면), 비 판정법을 적용할 수 없으므로 다른 방법을 사용하여야 한다. 만약 충분히 큰 $n$에 대하여 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1$이라면, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=0$일 수 없으므로 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. (만약 $r>1$이라면 이 조건이 성립한다. 만약 이 조건이 성립한다면 $r\ge 1$이지만, $r>1$일 필요는 없다.) 근 판정법이나 라베 판정법 등 더 정교한 방법을 사용할 수도 있다. 틀:증명 만약 $R<1$이며, $R<q<1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_{n+1}}{a_n}<q$

이다. 따라서 임의의 $n\ge N$에 대하여,

$a_n=a_N\cdot \frac{a_{N+1}}{a_N}\cdot \frac{a_{N+2}}{a_{N+1}}\cdot \cdots \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}}\le a_N{q}^{n-N}$

이다. $0\le q<1$이므로, 기하급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^n$은 수렴한다. 비교 판정법에 따라, 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.

만약 $r>1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$

이다. 즉, $(a_N,a_{N+1},\dots )$은 양의 실수의 증가수열이며, 특히 0으로 수렴할 수 없다. 따라서, 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. 틀:증명 끝

예

수렴급수

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n}{2^n}$을 생각하자. $a_n=\frac{n}{2^n}$이라고 하자. 이웃하는 두 항의 비의 극한은

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{n+1}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}<1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 수렴한다.

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{n}n!}{n^n}$을 생각하자. $a_n=\frac{2^{n}n!}{n^n}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{2^{n}n!})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{(1+1/n{)}^n}=\frac{2}{\mathrm{e}}<1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 수렴한다.

급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}{n!}\cdot \frac{1}{2^n})$를 생각하자. 이는 양의 실수 항의 급수가 아니지만, 비 판정법을 사용하여 절대 수렴 여부를 판단할 수 있다. $a_n=\frac{100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}{n!}\cdot \frac{1}{2^n}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }|\frac{100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n)}{(n+1)!}\cdot \frac{1}{2^{n+1}}\cdot \frac{n!}{100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}\cdot 2^n|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n-100}{2(n+1)}=\frac{1}{2}<1$

비 판정법에 의하여, 이 급수는 절대 수렴하며, 특히 수렴한다.

발산급수

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^n}{n}$을 생각하자. $a_n=\frac{2^n}{n}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{2^{n+1}}{n+1}\cdot \frac{n}{2^n})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2n}{n+1}=2>1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 발산한다.

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{3^{n}n!}{n^n}$을 생각하자. $a_n=\frac{3^{n}n!}{n^n}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{3^{n+1}(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{3^{n}n!})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{3}{(1+1/n{)}^n}=\frac{3}{\mathrm{e}}>1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 발산한다.

급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}1$을 생각하자. 자명하게 $L=1$이다. 하지만 $a_n=1$이라고 하였을 때, 충분히 큰 $n$에 대하여 $\frac{a_n}{a_{n+1}}\ge 1$이다. 따라서 비 판정법의 더 일반적인 형태에 의하여, 이 급수는 발산한다. 사실, 비 판정법을 사용하지 않더라도, 이 급수의 항이 0으로 수렴하지 않음은 자명하므로, 급수가 발산함은 자명하다.

라베 판정법

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$가 주어졌다고 하자 ($a_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$). 라베 판정법(틀:Llang)에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $s=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.
• 만약 $s^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다.

만약 $R<1$이라면 $s=\mathrm{\infty }$이며, 만약 $r>1$이라면 $s^{\prime }=-\mathrm{\infty }$이다. 따라서 라베 판정법은 비 판정법을 일반화한다. 라베 판정법은 급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^t}$의, $t\in ℝ$에 따른 수렴 여부에 기반한다. 이 급수는 $t>1$일 때 수렴하며, $t\le 1$일 때 발산한다. (이는 코시 응집 판정법이나 적분 판정법을 통하여 보일 수 있다.) 두 번째 명제에서, $s^{\prime }<1$을 다음 조건으로 약화하여도 명제가 성립한다. “충분히 큰 $n$에 대하여, $n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)\le 1$.” 틀:증명 임의의 $t>u>1$이 주어졌을 때, 어떤 ${ϵ}_{t,u}>0$ 및 임의의 $0\le x<{ϵ}_{t,u}$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

$1+tx\ge (1+x{)}^u$

이는

$f:[0,\mathrm{\infty })\to ℝ$

$f(x)=1+tx-(1+x{)}^u$

라고 하였을 때

$f(0)=0$

$f^{\prime }(0)=t-u>0$

이며, $f^{\prime }$이 연속 함수이기 때문이다.

만약 $s>t>u>1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_n}{a_{n+1}}>1+\frac{t}{n}\ge {(1+\frac{1}{n})}^u=\frac{(n+1{)}^u}{n^u}$

이다. 즉,

$n^u{a}_n>(n+1{)}^u{a}_{n+1}$

이다. 따라서, 임의의 $n\ge N$에 대하여

$n^u{a}_n\le (n-1{)}^u{a}_{n-1}\le \cdots \le N^u{a}_N$

이다. 즉,

$a_n\le \frac{N^u{a}_N}{n^u}$

이다. 급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^u}$가 수렴하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.

만약 $s^{\prime }<1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\frac{a_n}{a_{n+1}}<1+\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n}$

이다. 즉,

$n{a}_n<(n+1)a_{n+1}$

이다. 따라서, 임의의 $n\ge N$에 대하여

$n{a}_n\ge (n-1)a_{n-1}\ge \cdots \ge N{a}_N$

이다. 즉,

$a_n\ge \frac{N{a}_N}{n}$

이다. 조화급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$은 발산하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. 틀:증명 끝

예

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$를 생각하자. $a_n=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$이라고 하자. 그렇다면,

$s=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{(n+1{)}^2}{n^2}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{n^2+2n+1}{n^2}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2n^2+n}{n^2}=2>1$

이다. 라베 판정법에 따라, 이 급수는 수렴한다. (라베 판정법의 표준적인 증명은 이 급수가 수렴한다는 사실을 사용한다는 데 주의하자.) 적분 판정법이나 코시 응집 판정법을 사용할 수도 있다. 비 판정법이나 근 판정법으로는 이 급수의 수렴 여부를 알 수 없다.

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$를 생각하자. $a_n=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$이라고 하자. 그렇다면,

$s^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n(\frac{2n+2}{2n+1}-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2}<1$

이다. 라베 판정법에 따라, 이 급수는 발산한다. 비 판정법이나 근 판정법으로는 이 급수의 수렴 여부를 알 수 없다.

베르트랑 판정법

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$가 주어졌다고 하자 ($a_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$). 베르트랑 판정법(틀:Llang)에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $b=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}\ln n(n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)-1)>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.
• 만약 $b^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}\ln n(n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)-1)<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다.

만약 $s>1$이라면, $b=\mathrm{\infty }$이다. 만약 $s^{\prime }<1$이라면, $b^{\prime }=-\mathrm{\infty }$이다. 따라서 베르트랑 판정법은 라베 판정법보다 강하다. 베르트랑 판정법의 본질은 주어진 급수를 급수 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n{\ln }^{t}n}$ ($t\in ℝ$)와 비교하는 것이다. 이 급수는 $t>1$일 때 수렴하며, $t\le 1$일 때 발산한다. (이는 적분 판정법을 통하여 보일 수 있다.) 두 번째 명제에서, $b^{\prime }<1$ 조건은 “충분히 큰 $n$에 대하여 $\ln n(n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)-1)\le 1$” 조건으로 약화할 수 있다. 틀:증명 라베 판정법의 증명에서 다음 사실을 증명하였다. 임의의 $t>u>1$이 주어졌을 때, 어떤 ${ϵ}_{t,u}>0$ 및 임의의 $0\le x<{ϵ}_{t,u}$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

$1+tx\ge (1+x{)}^u$

베르트랑 판정법의 증명은 다음 사실을 추가로 사용한다. 임의의 $x\ge 0$에 대하여, 다음 부등식이 성립한다.

$x\ge \ln (1+x)$

이는

$g:[0,\mathrm{\infty })\to ℝ$

$g(x)=x-\ln (1+x)$

라고 하였을 때

$g(0)=0$

$g^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}\ge 0$

이기 때문이다.

만약 $b>t>u>1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\begin{array}{cc}\frac{a_n}{a_{n+1}}& >1+\frac{1}{n}+\frac{t}{n\ln n}\\ & \ge \frac{1}{n}+{(1+\frac{1}{n\ln n})}^u\\ & =\frac{1}{n}+{\left(\frac{n\ln n+1}{n\ln n}\right)}^u\\ & =\frac{1}{n}+{\left(\frac{\ln n+1/n}{\ln n}\right)}^u\\ & \ge \frac{1}{n}+{\left(\frac{\ln n+\ln (1+1/n)}{\ln n}\right)}^u\\ & =\frac{1}{n}+{\left(\frac{\ln (n+1)}{\ln n}\right)}^u\\ & =\frac{1}{n}+\frac{{\ln }^u(n+1)}{{\ln }^{u}n}\\ & =\frac{{\ln }^u(n+1)+n{\ln }^u(n+1)}{n{\ln }^{u}n}\\ & =\frac{(n+1){\ln }^u(n+1)}{n{\ln }^{u}n}\end{array}$

이다. 급수 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n{\ln }^{u}n}$이 수렴하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.

만약 $b^{\prime }<1$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$\begin{array}{cc}\frac{a_n}{a_{n+1}}& <1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n\ln n}\\ & =\frac{(n+1)\ln n+1}{n\ln n}\\ & \le \frac{(n+1)\ln n+n\ln (1+1/n)}{n\ln n}\\ & <\frac{(n+1)\ln n+(n+1)\ln (1+1/n)}{n\ln n}\\ & =\frac{(n+1)\ln (n+1)}{n\ln n}\end{array}$

이다. 급수 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\ln n}$이 발산하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. 틀:증명 끝

예

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$를 생각하자. 이는 양의 항의 급수가 아니지만, 베르트랑 판정법을 사용하여 절대 수렴 여부를 판단할 수 있다. $a_n=(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$이라고 하자. 그렇다면,

$b^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}-1)-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{n+1}{n}-1)-1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n\cdot \frac{1}{n}-1)=0<1$

이다. 베르트랑 판정법에 따라, 이 급수는 절대 수렴하지 않는다. (이 사실은 베르트랑 판정법의 증명에서 사용된다.) 이 급수는 양의 항의 급수가 아니므로, 수렴 여부를 판단하려면 다른 방법을 사용해야 한다. 교대급수 판정법에 따라, 이 급수는 수렴한다. 즉, 이 급수는 조건 수렴한다. 비 판정법이나 근 판정법 또는 라베 판정법으로는 이 급수의 절대 수렴 여부를 알 수 없다.

급수 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^2$를 생각하자. $a_n={\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^2$이라고 하자. 그렇다면,

$\begin{array}{cc}{b}^{\prime }& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)-1)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{(2n-1)!{!}^2}{(2n)!{!}^2}\cdot \frac{(2n+2)!{!}^2}{(2n+1)!{!}^2}-1)-1)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{(2n+2{)}^2}{(2n+1{)}^2}-1)-1)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(n(\frac{4n^2+8n+4}{4n^2+4n+1}-1)-1)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln n(\frac{4n^2+3n}{4n^2+4n+1}-1)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }-\frac{(n+1)\ln n}{4n^2+4n+1}\\ & =0\\ & <1\end{array}$

이다. 베르트랑 판정법에 따라, 이 급수는 발산한다. 사실, $s=s^{\prime }=1$이지만, 충분히 큰 $n$에 대하여 $n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)\le 1$이다. 따라서 베르트랑 판정법 대신 라베 판정법의 약간 더 일반적인 형태를 사용하여도 좋다.

쿠머 판정법

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$가 주어졌다고 하자 ($a_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$). 쿠머 판정법(틀:Llang)에 따르면, 다음 두 조건이 서로 필요충분조건이다.틀:Rp

• $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 수렴한다.
• 어떤 양의 실수의 수열 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$ ($b_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$)에 대하여, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}(b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1})>0$

마찬가지로, 다음 두 조건이 서로 필요충분조건이다.틀:Rp

• $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다.
• 어떤 양의 실수의 수열 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$ ($b_n>0\mathrm{\forall }n\ge 0$)에 대하여, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}$은 발산하며, 모든 $n$에 대하여 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}(b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1})<0$

틀:증명 만약 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$이 양의 실수의 수열이며 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}(b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1})>ϵ>0$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$b_n{a}_n-b_{n+1}{a}_{n+1}>ϵa_{n+1}>0$

이다. 따라서 $(b_n{a}_n{)}_{n=N}^{\mathrm{\infty }}$은 양의 실수로 구성된 감소 수열이며, 특히 수렴한다. 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(b_n{a}_n-b_{n+1}{a}_{n+1})$을 생각하자. 이 급수의 부분합은

$\sum _{k=0}^n(b_k{a}_k-b_{k+1}{a}_{k+1})=b_0{a}_0-b_{n+1}{a}_{n+1}$

이다. 따라서 이 급수는 수렴한다. $b_n{a}_n-b_{n+1}{a}_{n+1}>ϵa_{n+1}$이므로, 비교 판정법에 의하여 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 역시 수렴한다.

만약 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$이 양의 실수의 수열이며, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}$이 발산하며, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}(b_n\frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1})<0$이라면, 어떤 $N\ge 0$ 및 임의의 $n\ge N$에 대하여

$b_n{a}_n-b_{n+1}{a}_{n+1}<0$

이다. 따라서, 임의의 $n\ge N$에 대하여

$b_n{a}_n\ge b_{n-1}{a}_{n-1}\ge \cdots \ge b_N{a}_N$

이다. 즉,

$a_n\ge \frac{b_N{a}_N}{b_n}$

이다. 비교 판정법에 의하여 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$은 발산한다. 틀:증명 끝 틀:증명 만약 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$이 수렴한다면,

$b_n=\frac{\sum _{i=n+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n}{a_n}(n\ge 0)$

은 양의 실수의 수열이며, 임의의 $n\ge 0$에 대하여

$b_n\cdot \frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}=\frac{\sum _{i=n+1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n}{a_{n+1}}-\frac{\sum _{i=n+2}^{\mathrm{\infty }}{a}_n}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}}{a_{n+1}}=1$

이다.

만약 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$이 발산한다면,

$b_n=\frac{\sum _{i=0}^n{a}_i}{a_n}(n\ge 0)$

은 양의 실수의 수열이며, 임의의 $n\ge 0$에 대하여

$b_n\cdot \frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}=\frac{\sum _{i=0}^n{a}_i}{a_{n+1}}-\frac{\sum _{i=0}^{n+1}{a}_i}{a_{n+1}}=-\frac{a_{n+1}}{a_{n+1}}=-1$

이다. 이제, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{b_n}=\mathrm{\infty }$임을 보이는 일만 남았다. 임의의 $N\ge 0$이 주어졌을 때 어떤 $n_N\ge N$에 대하여

$\sum _{i=N}^{n_N}\frac{1}{b_i}>\frac{1}{2}$

임을 보이면 충분하다. (그렇다면 급수의 부분합은 코시 열이 아니며, 따라서 이 급수는 발산한다.) 급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$이 발산하므로, 임의의 $N\ge 0$이 주어졌을 때 어떤 $n_N\ge N$에 대하여

$\sum _{i=N}^{n_N}{a}_i\ge \sum _{i=0}^{N-1}{a}_i$

이다. 따라서

$\sum _{i=N}^{n_N}\frac{1}{b_i}=\sum _{i=N}^{n_N}\frac{a_i}{a_0+a_1+\cdots +a_i}\ge \frac{a_N+a_{N+1}+\cdots +a_{n_N}}{a_0+a_1+\cdots +a_{n_N}}\ge \frac{1}{2}$

이다. 틀:증명 끝 쿠머 판정법의 몇 가지 특수한 경우는 다음과 같다.

$b_n$	수렴 판정법
$b_n=1$	비 판정법
$b_n=n$	라베 판정법
$b_n=n\ln n$	베르트랑 판정법

다른 판정법과 달리, 쿠머 판정법은 양의 항의 급수가 수렴·발산할 필요충분조건을 제시하며, 모든 급수에 대하여 유효하다. 하지만 쿠머 판정법은 적절한 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$을 찾는 방법을 제공하지 않는다. 또한, 모든 급수에 대하여 유효한 하나의 $(b_n{)}_{n=0}^{\mathrm{\infty }}$은 존재하지 않는다. 구체적으로, 임의의 양의 실수 항 수렴급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}_n$에 대하여, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{y_n}{x_n}=\mathrm{\infty }$인 양의 실수 항 수렴급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{y}_n$가 존재하며, 또한 임의의 양의 실수 항 발산급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}_n$에 대하여, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{y_n}{x_n}=0$인 양의 실수 항 발산급수 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{y}_n$가 존재한다.

역사

비 판정법은 장 르 롱 달랑베르가 처음 발표하였다. 쿠머 판정법(의 충분성 부분)은 1835년에 에른스트 쿠머가 제시하였다. 이후 반 세기 동안 수 차례 재발견되었으며, 최초의 발견자에 대하여 논란이 일었다.

같이 보기

• 근 판정법

각주

• 틀:인용.
• 틀:인용: §8.14.
• 틀:인용: §3.3, 5.4.
• 틀:서적 인용
• 틀:서적 인용
• 틀:인용:§2.36, §2.37

외부 링크

• 틀:Springer
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