적분 판정법

감소하는 양의 함수에서는 직사각형이 곡선 아래·위에 딱 맞물려 ∫1N+1f≤∑1Nf(n)≤f(1)+∫1N+1f\int_1^{N+1} f \le \sum_1^N f(n) \le f(1) + \int_1^{N+1} f — 급수와 이상적분이 운명을 같이합니다. pp를 움직여 pp-급수의 갈림을 보세요.

∫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. 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 (단조성에 의한 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). 둘을 이으면 ∑k=2N+1f(k)≤∫1N+1f≤∑n=1Nf(n)\sum_{k=2}^{N+1} f(k) \le \int_1^{N+1} f \le \sum_{n=1}^{N} f(n)이고, ∑k=2N+1f(k)=∑n=1Nf(n)−f(1)\sum_{k=2}^{N+1} f(k) = \sum_{n=1}^{N} f(n) - f(1)이므로 ∫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. ∫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. 반대로 ∫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. 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. p<1p < 1: 1−p>01 - p > 0이므로 R1−p−11−p→∞\frac{R^{1-p}-1}{1-p} \to \infty — 적분이 발산하고 급수도 발산합니다.
  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.

6. 급수