적분 판정법

급수를 적분과 포개어 운명을 함께 묶는 장면입니다. 막대들이 곡선을 위아래로 감쌉니다.

감소하는 곡선 아래에 막대를 세우면 합이 적분을 앞뒤로 감쌉니다. 그래서 급수와 적분은 수렴과 발산을 함께합니다. 지수가 1을 넘으면 수렴하고 그렇지 않으면 발산합니다. 이 갈림길이 모든 p-급수의 운명을 결정합니다.

예를 들면, 📚 책을 경사면에 계단처럼 쌓습니다. 계단은 곡선 아래로 들어가기도 하고 위로 나오기도 합니다. 그래도 계단의 넓이와 곡선 아래 넓이는 함께 유한하거나 함께 끝없이 큽니다.

∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)≤f(1)+∫1N+1f\int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n) \le f(1) + \int_1^{N+1} f
∑1np converges  ⟺  p>1\sum \frac{1}{n^p} \text{ converges} \iff p > 1

예제

적분 판정법을 완전히 증명하세요: ff가 [1,∞)[1,\infty)에서 양수이며 감소하면, 각 [n,n+1][n,n+1]에서 f(n+1)≤∫nn+1f≤f(n)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f \le f(n)이고, 합하면 ∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)≤f(1)+∫1N+1f\int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n) \le f(1) + \int_1^{N+1} f를 얻으며, 따라서 ∑f(n)\sum f(n)의 수렴과 ∫1∞f\int_1^{\infty} f의 수렴은 동치입니다.

f(n+1)≤∫nn+1f≤f(n)(f decreasing)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f \le f(n) \qquad (f \text{ decreasing})
∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)≤f(1)+∫1N+1f\int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n) \le f(1) + \int_1^{N+1} f
p=2,N=12p = 2, N = 12: ∫113x−2 dx=12/13≈0.9231≤∑k=112k−2≈1.5650≤1+0.9231\int_1^{13} x^{-2}\,dx = 12/13 \approx 0.9231 \le \sum_{k=1}^{12} k^{-2} \approx 1.5650 \le 1 + 0.9231 — 샌드위치가 수치로 확인됩니다.
증명 보기

  1. 먼저 적분이 존재함을 확인합니다: [a,b][a, b] 위의 monotone function은 Riemann integrable하므로 (표준 정리), 감소함수 ff는 모든 [n,n+1][n, n+1]에서 integrable하고 모든 ∫nn+1f\int_n^{n+1} f가 존재합니다.

    ff가 감소하므로 x∈[n,n+1]x \in [n, n+1]에서 f(n+1)≤f(x)≤f(n)f(n+1) \le f(x) \le f(n)입니다.

    구간 길이가 11인 [n,n+1][n,n+1]에서 적분하면 f(n+1)≤∫nn+1f≤f(n)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f \le f(n)을 얻습니다 (적분의 단조성).

  2. n=1,…,Nn = 1, \ldots, N에 대해 합합니다.

    왼쪽 부등식들의 합: ∑n=1Nf(n+1)=∑k=2N+1f(k)≤∫1N+1f\sum_{n=1}^{N} f(n+1) = \sum_{k=2}^{N+1} f(k) \le \int_1^{N+1} f.

    오른쪽 부등식들의 합: ∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)\int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n).

    여기서 SN=∑n=1Nf(n)S_N = \sum_{n=1}^{N} f(n)이라 두면 올바른 항등식은 ∑k=2N+1f(k)=SN+1−f(1)=SN−f(1)+f(N+1)\sum_{k=2}^{N+1} f(k) = S_{N+1} - f(1) = S_N - f(1) + f(N+1)입니다.

    따라서 왼쪽에서 SN+1−f(1)≤∫1N+1fS_{N+1} - f(1) \le \int_1^{N+1} f, 즉 SN+1≤f(1)+∫1N+1fS_{N+1} \le f(1) + \int_1^{N+1} f를 얻고, f>0f > 0이므로 SN≤SN+1S_N \le S_{N+1}이어서 SN≤f(1)+∫1N+1fS_N \le f(1) + \int_1^{N+1} f도 성립합니다.

    오른쪽과 이으면 ∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)≤f(1)+∫1N+1f\int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n) \le f(1) + \int_1^{N+1} f입니다.

  3. (⇐)(\Leftarrow) ∫1∞f\int_1^{\infty} f가 수렴하면 (즉 ∫1Rf\int_1^{R} f가 R→∞R \to \infty에서 유한 극한을 가지면), 부분합 ∑n=1Nf(n)\sum_{n=1}^{N} f(n)은 f(1)+∫1∞ff(1) + \int_1^{\infty} f로 위가 유계이고 항이 00 이상이므로 단조수렴정리에 의해 수렴합니다.

  4. (⇒)(\Rightarrow) 대우로 보입니다: ∫1∞f\int_1^{\infty} f가 발산하면 (양수 피적분함수이므로 +∞+\infty로), ∑n=1Nf(n)≥∫1N+1f→∞\sum_{n=1}^{N} f(n) \ge \int_1^{N+1} f \to \infty이므로 급수도 발산합니다.

    따라서 ∑f(n)\sum f(n) 수렴   ⟺  \iff ∫1∞f\int_1^{\infty} f 수렴입니다.

    증명 끝.

pp-급수 ∑n=1∞n−p\sum_{n=1}^{\infty} n^{-p}가 p>1p > 1일 때 수렴하고 p≤1p \le 1일 때 발산함을 완전히 증명하세요: ∫1Rx−p dx\int_1^{R} x^{-p}\,dx를 직접 계산하고 (p=1p = 1은 ln⁡R\ln R), 적분 판정법을 적용하세요.

∫1Rx−p dx={ln⁡Rp=1R1−p−11−pp≠1\int_1^{R} x^{-p}\,dx = \begin{cases} \ln R & p = 1 \\ \dfrac{R^{1-p} - 1}{1-p} & p \ne 1 \end{cases}
∑n=1∞n−p converges   ⟺  p>1\sum_{n=1}^{\infty} n^{-p} \text{ converges } \iff p > 1
p=1,N=12p = 1, N = 12: 조화급수 부분합 H12≈3.1032H_{12} \approx 3.1032는 ln⁡\ln처럼 계속 자라고, ∫113dxx=ln⁡13≈2.5649\int_1^{13} \frac{dx}{x} = \ln 13 \approx 2.5649 — 둘 다 발산합니다.
증명 보기

  1. 먼저 p≤0p \le 0인 경우: n−p≥1n^{-p} \ge 1이라 일반항이 00으로 가지 않으므로 term test로 발산합니다 (이 범위에서는 f(x)=x−pf(x) = x^{-p}가 increasing이라 적분 판정법을 적용할 수 없습니다).

    이제 p>0p > 0인 경우만 다루면 f(x)=x−pf(x) = x^{-p}는 [1,∞)[1,\infty)에서 양수이며 감소하므로 적분 판정법의 가설을 만족합니다.

    부정적분을 계산합니다: p=1p = 1이면 ∫1Rx−1 dx=ln⁡R\int_1^{R} x^{-1}\,dx = \ln R; p≠1p \ne 1이면 ∫1Rx−p dx=[x1−p1−p]1R=R1−p−11−p\int_1^{R} x^{-p}\,dx = \left[\frac{x^{1-p}}{1-p}\right]_1^{R} = \frac{R^{1-p} - 1}{1-p}입니다.

  2. p>1p > 1: 1−p<01 - p < 0이므로 R1−p→0R^{1-p} \to 0 (R→∞R \to \infty). 따라서 ∫1∞x−p dx=1p−1<∞\int_1^{\infty} x^{-p}\,dx = \frac{1}{p-1} < \infty — 적분이 수렴하므로 적분 판정법에 의해 ∑n−p\sum n^{-p}도 수렴합니다.

  3. p=1p = 1: ln⁡R→∞\ln R \to \infty이므로 적분이 발산하고, 따라서 조화급수 ∑1/n\sum 1/n도 발산합니다. 0<p<10 < p < 1: 1−p>01 - p > 0이므로 R1−p−11−p→∞\frac{R^{1-p}-1}{1-p} \to \infty — 적분이 발산하고 적분 판정법으로 급수도 발산합니다 (p≤0p \le 0은 1단계 term test로 이미 처리했습니다).

  4. 정리하면 ∑n−p\sum n^{-p} 수렴   ⟺  \iff ∫1∞x−p dx<∞\int_1^{\infty} x^{-p}\,dx < \infty   ⟺  \iff p>1p > 1입니다. 증명 끝.

나머지 추정을 완전히 증명하세요: ff가 양수이며 감소하고 ∑f(n)\sum f(n)이 수렴하면 꼬리 RN=∑n>Nf(n)R_N = \sum_{n>N} f(n)는 ∫N+1∞f≤RN≤∫N∞f\int_{N+1}^{\infty} f \le R_N \le \int_{N}^{\infty} f를 만족합니다.

수치 적용: ∑1/n2\sum 1/n^2의 N=10N = 10 꼬리를 1/11≈0.09091/11 \approx 0.0909와 1/10=0.11/10 = 0.1 사이에 가두세요.

∫N+1∞f≤RN=∑n>Nf(n)≤∫N∞f\int_{N+1}^{\infty} f \le R_N = \sum_{n>N} f(n) \le \int_{N}^{\infty} f
111≈0.0909≤R10 ⁣(∑1n2)≤0.1=110\frac{1}{11} \approx 0.0909 \le R_{10}\!\left(\sum \tfrac{1}{n^2}\right) \le 0.1 = \frac{1}{10}
p=2,N=10p = 2, N = 10: 꼬리 R10R_{10}는 ∫11∞x−2 dx=1/11≈0.0909\int_{11}^{\infty} x^{-2}\,dx = 1/11 \approx 0.0909와 ∫10∞x−2 dx=1/10=0.1\int_{10}^{\infty} x^{-2}\,dx = 1/10 = 0.1 사이에 있습니다 (실제 값 ≈0.09517\approx 0.09517).
증명 보기

  1. 기본 부등식 f(n+1)≤∫nn+1f≤f(n)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f \le f(n) (첫 번째 문제)을 n=N+1,…,Mn = N+1, \ldots, M에 대해 합합니다.

    왼쪽: ∑n=N+1Mf(n+1)=∑k=N+2M+1f(k)≤∫N+1M+1f\sum_{n=N+1}^{M} f(n+1) = \sum_{k=N+2}^{M+1} f(k) \le \int_{N+1}^{M+1} f.

    오른쪽: ∫N+1M+1f≤∑n=N+1Mf(n)\int_{N+1}^{M+1} f \le \sum_{n=N+1}^{M} f(n).

  2. 오른쪽 부등식을 한 칸 이동한 버전: [n−1,n][n-1,n]에서의 기본 부등식은 f(n)≤∫n−1nff(n) \le \int_{n-1}^{n} f이므로, n=N+1,…,Mn = N+1,\ldots,M 합하면 ∑n=N+1Mf(n)≤∫NMf\sum_{n=N+1}^{M} f(n) \le \int_{N}^{M} f를 얻습니다.

  3. M→∞M \to \infty로 보냅니다.

    급수가 수렴하므로 ∑n=N+1Mf(n)→RN\sum_{n=N+1}^{M} f(n) \to R_N (유한)이고, 적분 판정법에 의해 이상적분도 수렴하므로 ∫N+1M+1f→∫N+1∞f\int_{N+1}^{M+1} f \to \int_{N+1}^{\infty} f, ∫NMf→∫N∞f\int_{N}^{M} f \to \int_{N}^{\infty} f입니다.

    부등식을 유지한 채 극한을 취하면 ∫N+1∞f≤RN≤∫N∞f\int_{N+1}^{\infty} f \le R_N \le \int_{N}^{\infty} f를 얻습니다.

    증명 끝.

  4. 수치 적용: f(x)=x−2f(x) = x^{-2}, N=10N = 10.

    ∫11∞x−2 dx=[−x−1]11∞=111≈0.0909\int_{11}^{\infty} x^{-2}\,dx = \left[-x^{-1}\right]_{11}^{\infty} = \frac{1}{11} \approx 0.0909, ∫10∞x−2 dx=110=0.1\int_{10}^{\infty} x^{-2}\,dx = \frac{1}{10} = 0.1이므로 111≤R10≤110\frac{1}{11} \le R_{10} \le \frac{1}{10}입니다.

    실제로 R10=π26−∑k=1101k2≈0.09517R_{10} = \frac{\pi^2}{6} - \sum_{k=1}^{10}\frac{1}{k^2} \approx 0.09517로 구간 안에 들어갑니다.

7. 급수