조화급수의 발산

항이 0으로 줄어드는데도 부분합이 끝없이 커지는 장면입니다. 다만 커지는 속도는 아주 느립니다.

항 하나하나는 작아져도 쌓이는 양은 계속 늘어납니다. 부분합은 로그 곡선을 따라 위로 올라갑니다. 항이 0으로 간다고 급수가 수렴하는 것은 아닙니다. 이 급수가 바로 그 반례의 대표입니다.

예를 들면, 🍬 사탕을 한 개, 반 개, 3분의 1개씩 계속 쌓습니다. 조각은 점점 작아지는데 쌓인 높이는 어떤 천장을 주어도 결국 넘어섭니다.

Sn=∑k=1n1kS_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}
Sn=ln⁡n+γ+o(1)S_n=\ln n+\gamma+o(1)

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

2m2^m개의 항까지의 부분합이 1+m21 + \frac{m}{2} 이상임을 오레스메 묶음으로 보이고, 조화급수가 발산함을 증명하세요.

S2m≥1+m2→∞S_{2^m} \ge 1 + \frac{m}{2} \to \infty
n=1024=210n = 1024 = 2^{10} — 오레스메 하한 1+10/2=61 + 10/2 = 6 위에서 자랍니다.
증명 보기

  1. 항들을 묶습니다: 13+14>14+14=12\frac{1}{3}+\frac{1}{4} > \frac{1}{4}+\frac{1}{4} = \frac{1}{2}, 15+⋯+18>4⋅18=12\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{8} > 4\cdot\frac{1}{8} = \frac{1}{2}. 일반적으로 m≥2m \ge 2에서 12m−1+1+⋯+12m>2m−1⋅12m=12\frac{1}{2^{m-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^m} > 2^{m-1}\cdot\frac{1}{2^m} = \frac{1}{2}입니다 (m=1m = 1인 block은 항 12\frac{1}{2} 하나뿐이라 별도로 계산하며, strict inequality가 성립하지 않습니다).

  2. 따라서 S2m=1+12+(13+14)+⋯≥1+m⋅12=1+m2S_{2^m} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right) + \cdots \ge 1 + m\cdot\frac{1}{2} = 1 + \frac{m}{2}입니다.

  3. m→∞m \to \infty이면 우변이 무한대로 가므로 (Sn)(S_n)은 유계가 아닙니다. 단조증가 수열이 유계가 아니면 발산하므로, 조화급수는 발산합니다.

교대조화급수 ∑n=1∞(−1)n+1n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}가 수렴함을 교대급수 판정법으로 증명하세요.

(합이 ln⁡2\ln 2라는 것은 알려진 사실로 둡니다.)

∑n=1∞(−1)n+1n=1−12+13−⋯\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots
대조용: 부호 없이 더하면 SnS_n은 끝없이 자라지만, 부호를 번갈면 수렴합니다.
증명 보기

  1. 교대급수 판정법: bn↓0b_n \downarrow 0이면 ∑n=1∞(−1)n+1bn\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}b_n이 수렴합니다. 여기서는 bn=1nb_n = \frac{1}{n}이 감소하며 00으로 갑니다.

  2. 직접 보이면: 짝수 부분합 T2m=(1−12)+(13−14)+⋯T_{2m} = \left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots는 각 괄호가 양수이므로 증가하고 T2m<1T_{2m} < 1로 유계이니 수렴합니다. 홀수 부분합 T2m+1=T2m+12m+1T_{2m+1} = T_{2m}+\frac{1}{2m+1}은 같은 극한으로 갑니다.

  3. 따라서 교대조화급수는 수렴합니다. (합이 ln⁡2\ln 2라는 것은 여기서 증명하지 않습니다.)

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 적분 판정법으로 증명하세요.

∑n=1N1np≤1+∫1Ndxxp\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^p} \le 1 + \int_{1}^{N}\frac{dx}{x^p}
p=1p = 1인 경우: 적분 판정법의 발산 쪽을 보여줍니다.
증명 보기

  1. 먼저 p≤0p \le 0인 경우를 분리합니다: 이때 1np=n−p≥1\frac{1}{n^p} = n^{-p} \ge 1이라 일반항이 00으로 가지 않으므로 term test로 발산합니다 (이 범위에서는 f(x)=x−pf(x) = x^{-p}가 decreasing이 아니므로 아래 적분 비교를 적용하지 않습니다).

    이제 p>0p > 0인 경우만 다루면 f(x)=1xpf(x) = \frac{1}{x^p}는 양의 감소함수입니다.

    n≥2n \ge 2에서 1np≤∫n−1ndxxp\frac{1}{n^p} \le \int_{n-1}^{n}\frac{dx}{x^p}이므로, SN≤1+∫1NdxxpS_N \le 1 + \int_{1}^{N}\frac{dx}{x^p}입니다.

  2. p>1p > 1이면 ∫1Ndxxp=1−N1−pp−1<1p−1\int_{1}^{N}\frac{dx}{x^p} = \frac{1 - N^{1-p}}{p-1} < \frac{1}{p-1}로 유계이므로, 단조증가하는 부분합이 유계 → 수렴합니다.

  3. 0<p≤10 < p \le 1이면 1np≥1n\frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n}이므로 조화급수와의 비교로 발산합니다 (p≤0p \le 0인 경우는 1단계의 term test로 이미 처리했습니다).

7. 급수