타우버 정리

Abel 합 12\frac{1}{2}을 갖는 그란디 급수는 발산합니다 — ∣n an∣=n|n\,a_n| = n이라 가설 an=o(1/n)a_n = o(1/n)이 깨지기 때문입니다. dn=(−1)n(n+1)ln⁡(n+2)d_n = \frac{(-1)^n}{(n+1)\ln(n+2)}은 가설을 만족하고, 그 Abel 합 곡선은 보통 합에 닿습니다 — 타우버 정리.

A(r)=∑anrn→r→1−L, an=o(1/n) ⇒ ∑an=LA(r) = \sum a_n r^n \xrightarrow[r\to 1^{-}]{} L,\ a_n = o(1/n)\ \Rightarrow\ \sum a_n = L
∑n=0∞(−1)nrn=11+r→r→1−12\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n r^n = \frac{1}{1+r} \xrightarrow[r\to 1^{-}]{} \frac{1}{2}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

타우버 정리를 완전히 증명하세요: ∑an\sum a_n이 LL에 Abel 총합가능하고 an=o(1/n)a_n = o(1/n)이면 ∑an\sum a_n이 LL로 수렴합니다.

A(r)=∑n≥0anrn→r→1−L,n an→0 ⇒ sN=∑n≤Nan→LA(r) = \sum_{n \ge 0} a_n r^n \xrightarrow[r \to 1^{-}]{} L, \quad n\,a_n \to 0 \ \Rightarrow\ s_N = \sum_{n \le N} a_n \to L
r=0.9r = 0.9에서 그란디의 AG=1/1.9≈0.5263A_G = 1/1.9 \approx 0.5263은 12\frac{1}{2}을 향해 가지만, ∣n an∣=n|n\,a_n| = n이므로 아래 증명의 가설이 깨져 결론도 깨집니다.
증명 보기
  1. L=0L = 0으로 환원합니다: a0a_0을 a0−La_0 - L로 바꾸면 부분합은 sn−Ls_n - L이 되고 (목표는 00), Abel 합은 A(r)−L→0A(r) - L \to 0이 되며, n≥1n \ge 1에 대한 n an→0n\,a_n \to 0은 그대로입니다. 이제 A(r)→0A(r) \to 0이라 가정합니다.
  2. 부분합 sn=a0+⋯+ans_n = a_0 + \cdots + a_n (s−1=0s_{-1} = 0)에 대한 Abel 부분합 공식: 0≤r<10 \le r < 1에서 A(r)=(1−r)∑n≥0snrnA(r) = (1-r)\sum_{n \ge 0} s_n r^n입니다. (an=sn−sn−1a_n = s_n - s_{n-1}을 대입하면 ∑(sn−sn−1)rn=(1−r)∑snrn\sum (s_n - s_{n-1}) r^n = (1-r)\sum s_n r^n — ∣r∣<1|r| < 1에서 재배열이 정당합니다.)
  3. ε>0\varepsilon > 0이 주어지면 n≥Mn \ge M에서 ∣n an∣≤ε|n\,a_n| \le \varepsilon인 MM을 잡습니다 (n an→0n\,a_n \to 0). n,N≥Mn, N \ge M에 대해 ∣sN−sn∣=∣∑ak∣≤ε∑1k≤ε ∣ln⁡(n/N)∣|s_N - s_n| = |\sum a_k| \le \varepsilon\sum \frac{1}{k} \le \varepsilon\,|\ln(n/N)|입니다 (1k≤∫k−1kdxx\frac{1}{k} \le \int_{k-1}^{k}\frac{dx}{x} 이용).
  4. (1−r)∑rn=1(1-r)\sum r^n = 1이므로 sN−A(r)=(1−r)∑n≥0(sN−sn) rns_N - A(r) = (1-r)\sum_{n \ge 0}(s_N - s_n)\,r^n입니다. r=rN=1−1Nr = r_N = 1 - \frac{1}{N}로 두고 합을 n<Mn < M과 n≥Mn \ge M으로 나눕니다. n<Mn < M 부분: ∣sN∣≤∣sM∣+εln⁡(N/M)|s_N| \le |s_M| + \varepsilon\ln(N/M)이므로 기여도는 1N M (∣sN∣+max⁡n<M∣sn∣)→0\frac{1}{N}\,M\,(|s_N| + \max_{n<M}|s_n|) \to 0 (N→∞N \to \infty).
  5. n≥Mn \ge M 부분은 ε(1−1N)∑n≥M∣ln⁡(n/N)∣(1−1N)n\varepsilon\left(1-\frac{1}{N}\right)\sum_{n \ge M}|\ln(n/N)|\left(1-\frac{1}{N}\right)^n 이하입니다. u=n/Nu = n/N으로 치환하면 이는 ∫0∞∣ln⁡u∣ e−u du\int_0^{\infty} |\ln u|\,e^{-u}\,du의 리만합이므로 (피적분함수는 적분가능), N→∞N \to \infty에서 ε C0\varepsilon\,C_0 (유한 상수)로 수렴합니다.
    (1−1N)∑n≥M∣ln⁡nN∣(1−1N)n⟶∫0∞∣ln⁡u∣ e−u du<∞\left(1-\frac{1}{N}\right)\sum_{n \ge M} \left\lvert\ln\frac{n}{N}\right\rvert \left(1-\frac{1}{N}\right)^n \longrightarrow \int_0^{\infty} \lvert\ln u\rvert\,e^{-u}\,du < \infty
  6. rN→1r_N \to 1이고 Abel 합이 00이므로 ∣A(rN)∣→0|A(r_N)| \to 0입니다. 따라서 lim sup⁡N→∞∣sN∣≤C0 ε\limsup_{N \to \infty} |s_N| \le C_0\,\varepsilon이고, ε>0\varepsilon > 0이 임의이므로 sN→0s_N \to 0 — 즉 ∑an=L\sum a_n = L이 수렴합니다. 가설 n an→0n\,a_n \to 0이 rNr_N 가중치가 NN 근처에 집중될 때 sn≈sNs_n \approx s_N임을 보장한 것이 증명의 핵심입니다.

그란디 급수 1−1+1−⋯1 - 1 + 1 - \cdots에 대해 A(r)=11+r→12A(r) = \frac{1}{1+r} \to \frac{1}{2}를 계산하고, 부분합이 진동하며 발산함과 n an↛0n\,a_n \not\to 0임을 보이세요 — 그래서 타우버 정리의 가설과 결론이 모두 깨집니다.

A(r)=∑n=0∞(−1)nrn=11+r→r→1−12A(r) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n r^n = \frac{1}{1+r} \xrightarrow[r \to 1^{-}]{} \frac{1}{2}
SN={1N even0N odd,∣N aN∣=N↛0S_N = \begin{cases} 1 & N\ \mathrm{even} \\ 0 & N\ \mathrm{odd} \end{cases}, \qquad \lvert N\,a_N\rvert = N \not\to 0
r=0.9r = 0.9: AG=1/1.9≈0.5263A_G = 1/1.9 \approx 0.5263로 12\frac{1}{2}에 다가가지만, 부분합은 여전히 1,0,1,0…1, 0, 1, 0\ldots입니다.
증명 보기
  1. ∣r∣<1|r| < 1에서 ∑n=0∞(−1)nrn=∑n=0∞(−r)n=11−(−r)=11+r\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n r^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-r)^n = \frac{1}{1-(-r)} = \frac{1}{1+r}입니다 (등비급수). r→1−r \to 1^{-}에서 A(r)=11+r→12A(r) = \frac{1}{1+r} \to \frac{1}{2} — 그란디 급수는 12\frac{1}{2}에 Abel 총합가능합니다.
  2. 부분합: SN=1−1+⋯±1S_N = 1 - 1 + \cdots \pm 1에서 NN이 짝수이면 항이 N+1N+1개(홀수 개)이므로 SN=1S_N = 1, NN이 홀수이면 SN=0S_N = 0입니다. 두 값만 영원히 오가므로 극한이 없고, 급수는 발산합니다 — 12\frac{1}{2}는 결코 이 급수의 "합"이 아닙니다.
  3. an=(−1)na_n = (-1)^n이므로 n an=n (−1)nn\,a_n = n\,(-1)^n, 즉 ∣n an∣=n→∞|n\,a_n| = n \to \infty입니다. 타우버 가설 an=o(1/n)a_n = o(1/n)이 깨지므로, 정리가 결론(수렴)을 보장하지 않아도 모순이 없습니다 — 실제로 결론도 깨집니다 (발산). 가설 없이는 Abel 합이 수렴을 강제하지 못합니다.

dn=(−1)n(n+1)ln⁡(n+2)d_n = \frac{(-1)^n}{(n+1)\ln(n+2)}에 대해 n dn→0n\,d_n \to 0을 증명하고 (한 줄), ∑dn\sum d_n이 수렴함을 증명하세요 (교대급수 판정법). 그런 뒤 타우버 정리를 적용해 그 Abel 합이 보통 합과 같음을 결론지으세요.

∣n dn∣=n(n+1)ln⁡(n+2)→0\lvert n\,d_n\rvert = \frac{n}{(n+1)\ln(n+2)} \to 0
SD≈1.13645,AD(0.999)≈1.13666S_D \approx 1.13645, \qquad A_D(0.999) \approx 1.13666
∣AD(0.999)−SD∣≈2.3×10−4\lvert A_D(0.999) - S_D \rvert \approx 2.3\times 10^{-4}
r=0.9r = 0.9: AD(0.9)≈1.1583A_D(0.9) \approx 1.1583이 보통 합 SD≈1.13645S_D \approx 1.13645를 향해 가고, r=0.999r = 0.999에서는 ≈1.13666\approx 1.13666으로 거의 일치합니다 — 가설이 성립하니 Abel 합이 진짜 합과 일치합니다.
증명 보기
  1. ∣n dn∣=n(n+1)ln⁡(n+2)=11+1/n⋅1ln⁡(n+2)→1⋅0=0|n\,d_n| = \frac{n}{(n+1)\ln(n+2)} = \frac{1}{1 + 1/n}\cdot\frac{1}{\ln(n+2)} \to 1\cdot 0 = 0입니다 — 한 줄로 dn=o(1/n)d_n = o(1/n)이 성립합니다.
  2. ∣dn∣=1(n+1)ln⁡(n+2)|d_n| = \frac{1}{(n+1)\ln(n+2)}는 분모가 nn에 대해 단조증가하므로 00으로 단조감소합니다. 교대급수 판정법(Leibniz)에 의해 ∑dn\sum d_n은 (조건)수렴합니다 — 수치적으로 SD≈1.13645S_D \approx 1.13645 (20000항), ∣S4000−S2000∣≈1.8×10−5|S_{4000} - S_{2000}| \approx 1.8\times 10^{-5}.
  3. ∑dn\sum d_n이 Abel 총합가능함은 등비급수 majorant로 자명하고 (∣dn∣ rn|d_n|\,r^n의 합), 타우버 정리(첫 번째 문제)에 의해 그 Abel 합은 보통 합 SDS_D와 같습니다. 수치 확인: AD(0.999)≈1.13666A_D(0.999) \approx 1.13666으로 S4000≈1.13643S_{4000} \approx 1.13643과 ≈2.3×10−4\approx 2.3\times 10^{-4} 차이 — 정리가 약속한 일치가 그림에 그대로 나타납니다.

7. 거듭제곱급수