코시 응축 판정법

항들을 두 배씩 커지는 블록으로 묶어 보는 장면입니다. 묶은 급수와 원래 급수가 운명을 같이합니다.

감소하는 수열에서는 한 블록 안의 항들이 서로 비슷합니다. 그래서 블록 합은 대표 항 하나로 위아래를 묶을 수 있습니다. 블록을 대표 항으로 압축해도 수렴 여부는 그대로입니다. 판정이 훨씬 쉬운 급수로 바뀌는 셈입니다.

예를 들면, 🍬 사탕을 상자에 1개, 2개, 4개씩 두 배로 담습니다. 상자마다 대표 사탕 하나로 크기를 가늠해도 전체가 유한한지는 바뀌지 않습니다.

2na2n+1≤∑k=2n2n+1−1ak≤2na2n2^n a_{2^{n+1}} \le \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_k \le 2^n a_{2^n}
∑n≥11np converges  ⟺  p>1\sum_{n\ge 1}\frac{1}{n^p}\ \text{converges} \iff p>1

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

an≥0a_n \ge 0이 감소수열일 때, ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n이 수렴하면 ∑n=0∞2na2n\sum_{n=0}^{\infty} 2^n a_{2^n}도 수렴하고 그 역도 성립함을 증명하세요 (코시 응축 판정법).

2na2n+1≤∑k=2n2n+1−1ak≤2na2n,Cn:=2na2n2^n a_{2^{n+1}} \le \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_k \le 2^n a_{2^n}, \qquad C_n := 2^n a_{2^n}
n=2n=2 블록 [4,8)[4, 8): 0.5=12C3≤B2≈0.7595≤C2=10.5 = \frac{1}{2}C_3 \le B_2 \approx 0.7595 \le C_2 = 1 — 블록 합이 두 응축 항 사이에 끼어 있습니다.
증명 보기

  1. 블록 nn은 [2n,2n+1)[2^n, 2^{n+1}) 구간에 2n2^n개의 항을 갖습니다.

    감소수열이므로 각 항은 a2na_{2^n} 이하, a2n+1a_{2^{n+1}} 이상입니다.

    따라서 블록 합 Bn=∑k=2n2n+1−1akB_n = \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_k는 12Cn+1=2na2n+1≤Bn≤2na2n=Cn\frac{1}{2}C_{n+1} = 2^n a_{2^{n+1}} \le B_n \le 2^n a_{2^n} = C_n을 만족합니다 (Cn:=2na2nC_n := 2^n a_{2^n}).

  2. (⇐)(\Leftarrow) Bj≤CjB_j \le C_j를 j=0j = 0부터 NN까지 더하면 S2N+1−1=∑j=0NBj≤∑j=0NCj=TNS_{2^{N+1}-1} = \sum_{j=0}^{N} B_j \le \sum_{j=0}^{N} C_j = T_N입니다.

    ∑Cj\sum C_j가 수렴하면 TN≤T:=∑j=0∞Cj<∞T_N \le T := \sum_{j=0}^{\infty} C_j < \infty입니다.

    이진 부분합만이 아니라 모든 부분합으로 확장합니다: 임의의 mm에 대해 m≤2N+1−1m \le 2^{N+1} - 1인 NN을 잡으면, ak≥0a_k \ge 0이므로 SmS_m은 증가하고 Sm≤S2N+1−1≤TN≤TS_m \le S_{2^{N+1}-1} \le T_N \le T입니다.

    따라서 ∑an\sum a_n의 모든 부분합이 유계가 되어 수렴합니다.

  3. (⇒)(\Rightarrow) 반대로 Cj+1≤2BjC_{j+1} \le 2 B_j를 j=0j = 0부터 NN까지 더하면 TN+1−C0=∑j=1N+1Cj≤2∑j=0NBj=2S2N+1−1T_{N+1} - C_0 = \sum_{j=1}^{N+1} C_j \le 2 \sum_{j=0}^{N} B_j = 2 S_{2^{N+1}-1}입니다. ∑an\sum a_n이 수렴하면 오른쪽이 유계이므로 ∑Cj\sum C_j의 부분합도 유계가 되어 수렴합니다.

  4. 수치 확인 (조화급수 an=1/na_n = 1/n, 블록 n=2n = 2): B2=14+15+16+17≈0.7595B_2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} \approx 0.7595, C2=4⋅14=1C_2 = 4 \cdot \frac{1}{4} = 1, 12C3=8⋅18⋅12=0.5\frac{1}{2}C_3 = 8 \cdot \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} = 0.5 — 캡션의 부등식 0.5≤0.7595≤10.5 \le 0.7595 \le 1과 일치합니다.

응축 판정법을 이용해 pp-급수 ∑n=1∞1np\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}가 p>1p > 1일 때 수렴하고 p≤1p \le 1일 때 발산함을 보이세요.

2n⋅1(2n)p=2n(1−p)=(21−p)n(geometric series)2^n \cdot \frac{1}{(2^n)^p} = 2^{n(1-p)} = (2^{1-p})^n \quad \text{(geometric series)}
p=2p = 2, 블록 [4,8)[4, 8): 0.0625=12C3≤B2≈0.1507≤C2=0.250.0625 = \frac{1}{2}C_3 \le B_2 \approx 0.1507 \le C_2 = 0.25 — 응축 항은 공비 1/21/2인 등비급수입니다.
증명 보기

  1. p>0p > 0일 때 an=1npa_n = \frac{1}{n^p}는 감소하는 양수열입니다. 응축 항은 Cn=2n⋅1(2n)p=2n⋅2−np=2n(1−p)=(21−p)nC_n = 2^n \cdot \frac{1}{(2^n)^p} = 2^n \cdot 2^{-np} = 2^{n(1-p)} = (2^{1-p})^n으로 공비가 r=21−pr = 2^{1-p}인 등비급수입니다.

  2. 등비급수는 r<1r < 1일 때 수렴하고 r≥1r \ge 1일 때 발산합니다. r=21−p<1r = 2^{1-p} < 1은 1−p<01 - p < 0, 즉 p>1p > 1과 동치입니다 (p=1p = 1이면 r=1r = 1로 조화급수가 됩니다).

  3. 응축 판정법에 따라 ∑1np\sum \frac{1}{n^p}는 응축된 급수와 운명을 같이하므로, p>1p > 1에서 수렴하고 p≤1p \le 1에서 발산합니다 (p≤0p \le 0인 경우는 일반항이 00으로 가지 않으므로 따로 발산합니다).

  4. 수치 확인 (p=2p = 2, 블록 n=2n = 2): B2=116+125+136+149≈0.1507B_2 = \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \frac{1}{36} + \frac{1}{49} \approx 0.1507, C2=4⋅116=0.25C_2 = 4 \cdot \frac{1}{16} = 0.25, 12C3=12⋅8⋅164=0.0625\frac{1}{2}C_3 = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \frac{1}{64} = 0.0625 — 캡션의 0.0625≤0.1507≤0.250.0625 \le 0.1507 \le 0.25와 일치하고, 응축 항은 정확히 2−n2^{-n}입니다.

∑n=2∞1nln⁡n\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}은 발산하지만 ∑n=2∞1n(ln⁡n)2\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^2}는 수렴함을 응축 판정법으로 보이세요.

2n⋅12nln⁡2n=1nln⁡2=1ln⁡2⋅1n2^n \cdot \frac{1}{2^n \ln 2^n} = \frac{1}{n \ln 2} = \frac{1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{n}
2n⋅12n(ln⁡2n)2=1(ln⁡2)2⋅1n22^n \cdot \frac{1}{2^n (\ln 2^n)^2} = \frac{1}{(\ln 2)^2}\cdot\frac{1}{n^2}
블록 [4,8)[4, 8): 0.2404=12C3≤B2≈0.4710≤C2=12ln⁡2≈0.72130.2404 = \frac{1}{2}C_3 \le B_2 \approx 0.4710 \le C_2 = \frac{1}{2\ln 2} \approx 0.7213 — 응축된 급수는 조화급수의 상수배라 발산합니다.
증명 보기

  1. 먼저 감소성을 검증합니다: x≥2x \ge 2에서 xln⁡xx \ln x의 도함수는 ln⁡x+1>0\ln x + 1 > 0이므로 xln⁡xx \ln x는 증가하고, 그 역수 an=1nln⁡na_n = \frac{1}{n \ln n}는 n≥2n \ge 2에서 감소하는 양수열입니다.

    재인덱싱도 필요합니다: 문제 1의 응축은 n=1n = 1부터 시작해 C0C_0 항을 포함하지만, 이 급수는 n=2n = 2부터 시작하고 C0=10⋅ln⁡2C_0 = \frac{1}{0 \cdot \ln 2}는 특이합니다.

    따라서 응축된 합을 n≥1n \ge 1부터 시작합니다(Cn=2na2nC_n = 2^n a_{2^n}, 2n≥22^n \ge 2라 잘 정의됨; 유한 개의 항은 수렴성에 영향을 주지 않습니다).

    응축하면 ln⁡2n=nln⁡2\ln 2^n = n \ln 2를 이용해 Cn=2n⋅12n⋅nln⁡2=1ln⁡2⋅1nC_n = 2^n \cdot \frac{1}{2^n \cdot n \ln 2} = \frac{1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{n} (n≥1n \ge 1)이 되므로, 응축된 급수 ∑n≥1Cn\sum_{n \ge 1} C_n은 조화급수의 1ln⁡2\frac{1}{\ln 2}배 — 발산합니다.

    따라서 ∑n=2∞1nln⁡n\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}도 발산합니다.

  2. 반면 bn=1n(ln⁡n)2b_n = \frac{1}{n (\ln n)^2}도 감소성을 검증해야 합니다: x≥2x \ge 2에서 x(ln⁡x)2x (\ln x)^2의 도함수는 (ln⁡x)2+2ln⁡x=ln⁡x(ln⁡x+2)>0(\ln x)^2 + 2\ln x = \ln x (\ln x + 2) > 0이므로 n(ln⁡n)2n (\ln n)^2는 증가하고 그 역수 bnb_n은 감소합니다.

    같은 재인덱싱(n≥1n \ge 1부터 응축)으로 bnb_n은 Cn=2n⋅12n(nln⁡2)2=1(ln⁡2)2⋅1n2C_n = 2^n \cdot \frac{1}{2^n (n \ln 2)^2} = \frac{1}{(\ln 2)^2}\cdot\frac{1}{n^2} (n≥1n \ge 1)로 응축됩니다.

    1(ln⁡2)2≈2.0814\frac{1}{(\ln 2)^2} \approx 2.0814는 상수이므로, 응축된 급수는 수렴하는 ∑n≥11n2\sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^2}의 상수배 — 실제로 1(ln⁡2)2⋅π26≈2.0814⋅1.6449≈3.4237\frac{1}{(\ln 2)^2}\cdot\frac{\pi^2}{6} \approx 2.0814 \cdot 1.6449 \approx 3.4237로 수렴합니다.

    따라서 ∑n=2∞1n(ln⁡n)2\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^2}는 수렴합니다.

  3. 수치 확인 (첫 번째 급수, 블록 n=2n = 2): B2=∑k=471kln⁡k≈0.4710B_2 = \sum_{k=4}^{7} \frac{1}{k \ln k} \approx 0.4710, C2=12ln⁡2≈0.7213C_2 = \frac{1}{2\ln 2} \approx 0.7213, 12C3=16ln⁡2≈0.2404\frac{1}{2}C_3 = \frac{1}{6\ln 2} \approx 0.2404 — 캡션의 0.2404≤0.4710≤0.72130.2404 \le 0.4710 \le 0.7213과 일치합니다. ln⁡\ln의 거듭제곱 한 칸이 수렴·발산을 가르는 경계입니다.

7. 급수