쿰머 판정법

양의 보조수열 (pn)(p_n)로 비율을 가중하면 Kn=pnanan+1−pn+1K_n = p_n\frac{a_n}{a_{n+1}} - p_{n+1}이 0 위/아래 어디에 머무는지로 수렴을 가릅니다. pn=1p_n = 1이면 비율 판정법, pn=np_n = n이면 라베 판정법이 됩니다.

Kn:=pnanan+1−pn+1≥c>0 ⇒ ∑an convergesK_n := p_n\frac{a_n}{a_{n+1}} - p_{n+1} \ge c > 0 \ \Rightarrow\ \sum a_n\ \text{converges}
Kn≤0, ∑1pn=∞ ⇒ ∑an divergesK_n \le 0,\ \sum\frac{1}{p_n} = \infty \ \Rightarrow\ \sum a_n\ \text{diverges}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

Kummer 판정법을 증명하세요: an>0a_n > 0, pn>0p_n > 0이고 Kn:=pnanan+1−pn+1K_n := p_n \frac{a_n}{a_{n+1}} - p_{n+1}이라 하자. (i) Kn≥c>0K_n \ge c > 0이 결국 성립하면 ∑an\sum a_n은 수렴한다. (ii) Kn≤0K_n \le 0이 결국 성립하고 ∑1pn\sum \frac{1}{p_n}이 발산하면 ∑an\sum a_n은 발산한다.

Kn≥c>0⟹c an+1≤pnan−pn+1an+1K_n \ge c > 0 \quad \Longrightarrow \quad c\, a_{n+1} \le p_n a_n - p_{n+1} a_{n+1}
Kn≤0⟹pnan≤pn+1an+1⟹an≥dpnK_n \le 0 \quad \Longrightarrow \quad p_n a_n \le p_{n+1} a_{n+1} \quad \Longrightarrow \quad a_n \ge \frac{d}{p_n}
pn=np_n = n, a=2a = 2, n=100n = 100: K1=0K_1 = 0, K2=13K_2 = \frac13, K100=99101≈0.9802K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802 — n≥3n \ge 3부터 Kn≥12>0K_n \ge \frac12 > 0이므로 급수는 수렴합니다.
증명 보기
  1. 수렴 절반: n≥Nn \ge N에서 Kn≥c>0K_n \ge c > 0이라 하자. Kn=pnanan+1−pn+1≥cK_n = p_n \frac{a_n}{a_{n+1}} - p_{n+1} \ge c에 양수 an+1a_{n+1}을 곱하면 pnan−pn+1an+1≥c an+1p_n a_n - p_{n+1} a_{n+1} \ge c\, a_{n+1}이 됩니다.
  2. n=Nn = N부터 MM까지 합하면 우변 망원경처럼 상쇄되어 c∑n=NMan+1≤pNaN−pM+1aM+1≤pNaNc \sum_{n=N}^{M} a_{n+1} \le p_N a_N - p_{M+1} a_{M+1} \le p_N a_N이 됩니다 (마지막 부등식은 pM+1aM+1>0p_{M+1} a_{M+1} > 0). 따라서 부분합이 위로 유계인 양항급수이므로 ∑an\sum a_n은 수렴합니다.
  3. 발산 절반: n≥Nn \ge N에서 Kn≤0K_n \le 0이라 하자. pnanan+1≤pn+1p_n \frac{a_n}{a_{n+1}} \le p_{n+1}에 양수 an+1a_{n+1}을 곱하면 pnan≤pn+1an+1p_n a_n \le p_{n+1} a_{n+1} — 즉 수열 pnanp_n a_n이 단조증가하므로, n≥Nn \ge N에서 pnan≥pNaN=:d>0p_n a_n \ge p_N a_N =: d > 0입니다.
  4. 따라서 an≥dpna_n \ge \frac{d}{p_n} (n≥Nn \ge N)이고, ∑1pn\sum \frac{1}{p_n}이 발산하므로 비교판정법으로 ∑an\sum a_n도 발산합니다. 직관: pnp_n은 탐침(probe)이며, 비율판정법은 pn=1p_n = 1, Raabe 판정법은 pn=np_n = n인 특수경우입니다.
  5. 수치 확인 (pn=np_n = n, a=2a = 2): Kn=n−1n+1K_n = \frac{n-1}{n+1}이므로 K1=0K_1 = 0, K2=13K_2 = \frac13, K100=99101≈0.9802K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802 — 캡션과 일치하며, n≥3n \ge 3에서 Kn≥12K_n \ge \frac12이므로 c=12c = \frac12로 수렴 절반이 적용됩니다.

Raabe 판정법이 Kummer 판정법의 pn=np_n = n인 경우임을 보이고, L:=lim⁡n→∞n(anan+1−1)L := \lim_{n\to\infty} n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right)에 대해 L>1L > 1이면 수렴, L<1L < 1이면 발산함을 증명하세요.

pn=n:Kn=n(anan+1−1)−1  →n→∞  L−1p_n = n: \qquad K_n = n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) - 1 \;\xrightarrow[n\to\infty]{}\; L - 1
Gauss 예제 a=2a = 2: n(anan+1−1)=2nn+1→L=2n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) = \frac{2n}{n+1} \to L = 2, K100=99101≈0.9802→L−1=1K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802 \to L - 1 = 1 — L>1L > 1이므로 수렴합니다.
증명 보기
  1. pn=np_n = n을 대입하면 Kn=nanan+1−(n+1)=n(anan+1−1)−1K_n = n \frac{a_n}{a_{n+1}} - (n+1) = n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) - 1이 됩니다. 극한을 취하면 Kn→L−1K_n \to L - 1입니다 — 이것이 바로 Raabe 몫에서 1을 뺀 형태입니다.
  2. L>1L > 1이면 Kn→L−1>0K_n \to L - 1 > 0이므로, 결국 Kn≥L−12>0K_n \ge \frac{L-1}{2} > 0이 성립합니다. Kummer 판정법의 수렴 절반(c=L−12c = \frac{L-1}{2})에 의해 ∑an\sum a_n은 수렴합니다.
  3. L<1L < 1이면 Kn→L−1<0K_n \to L - 1 < 0이므로, 결국 Kn≤L−12<0K_n \le \frac{L-1}{2} < 0이 성립합니다. 또한 ∑1pn=∑1n\sum \frac{1}{p_n} = \sum \frac{1}{n}은 조화급수로 발산하므로, Kummer 판정법의 발산 절반에 의해 ∑an\sum a_n은 발산합니다.
  4. 수치 확인 (Gauss 예제 a=2a = 2): anan+1=1+2n+1\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{2}{n+1}이므로 n(anan+1−1)=2nn+1→2=Ln\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) = \frac{2n}{n+1} \to 2 = L, Kn=2nn+1−1=n−1n+1→1=L−1K_n = \frac{2n}{n+1} - 1 = \frac{n-1}{n+1} \to 1 = L - 1 — K100=99101≈0.9802K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802는 캡션과 일치합니다.

Gauss 판정법의 따름정리로서: an=n!(a+1)(a+2)⋯(a+n)a_n = \frac{n!}{(a+1)(a+2)\cdots(a+n)}에 대해 anan+1=1+an+O(1n2)\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{a}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) (즉 Gauss h=ah = a)임을 보이고, a=2a = 2이면 ∑an\sum a_n이 수렴하고 a=12a = \frac12이면 발산함을 Kummer 판정법으로 증명하세요.

anan+1=n+a+1n+1=1+an+1=1+an+O(1n2),h=a\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{n+a+1}{n+1} = 1 + \frac{a}{n+1} = 1 + \frac{a}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right), \qquad h = a
a=2:Kn=n−1n+1→1>0    (converges),a=12:Kn=−0.5n−1n+1→−12<0    (diverges)a = 2: \quad K_n = \frac{n-1}{n+1} \to 1 > 0 \;\; (\text{converges}), \qquad a = \tfrac12: \quad K_n = \frac{-0.5n-1}{n+1} \to -\tfrac12 < 0 \;\; (\text{diverges})
pn=np_n = n, a=12a = \frac12, n=100n = 100: K1=−0.75K_1 = -0.75, K100=−51101≈−0.505<0K_{100} = \frac{-51}{101} \approx -0.505 < 0 — ∑1n\sum \frac1n이 발산하므로 급수도 발산합니다. (같은 nn에서 a=2a = 2는 K100=99101≈0.9802>0K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802 > 0으로 수렴.)
증명 보기
  1. 비율을 직접 계산하면 anan+1=n!(a+1)⋯(a+n)⋅(a+1)⋯(a+n+1)(n+1)!=n+a+1n+1=1+an+1\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{n!}{(a+1)\cdots(a+n)} \cdot \frac{(a+1)\cdots(a+n+1)}{(n+1)!} = \frac{n+a+1}{n+1} = 1 + \frac{a}{n+1}입니다. 여기서 an+1=an⋅nn+1=an−an(n+1)\frac{a}{n+1} = \frac{a}{n} \cdot \frac{n}{n+1} = \frac{a}{n} - \frac{a}{n(n+1)}이므로, 이는 Gauss 형태 1+hn+O(1n2)1 + \frac{h}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)이며 h=ah = a입니다. 또한 an+1→0\frac{a}{n+1} \to 0이므로 비율이 11로 가서 비율판정법은 무력합니다.
  2. a=2a = 2일 때 닫힌 형태를 확인합니다: an=n!3⋅4⋯(n+2)=n!⋅2(n+2)!=2(n+1)(n+2)a_n = \frac{n!}{3 \cdot 4 \cdots (n+2)} = \frac{n! \cdot 2}{(n+2)!} = \frac{2}{(n+1)(n+2)}입니다 (분모에 1⋅2=21 \cdot 2 = 2를 곱해 (n+2)!(n+2)!를 만들었습니다). 실제로 a1=13=22⋅3a_1 = \frac{1}{3} = \frac{2}{2\cdot 3}입니다. 따라서 an=2(1n+1−1n+2)a_n = 2\left(\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\right)로 망원경 합이 되어 ∑n=1Man=2(12−1M+2)→1\sum_{n=1}^{M} a_n = 2\left(\frac12 - \frac{1}{M+2}\right) \to 1 — 급수는 11로 수렴합니다.
  3. Kummer 몫 (pn=np_n = n)으로 다시 봅니다. Kn=nn+a+1n+1−(n+1)=(a−1)n−1n+1→a−1K_n = n\frac{n+a+1}{n+1} - (n+1) = \frac{(a-1)n - 1}{n+1} \to a - 1입니다. a=2a = 2이면 Kn=n−1n+1→1>0K_n = \frac{n-1}{n+1} \to 1 > 0 (n≥3n \ge 3에서 Kn≥12K_n \ge \frac12)이므로 Kummer 수렴 절반으로 수렴 — 닫힌 형태의 망원경 합과 일치합니다 (K100=99101≈0.9802K_{100} = \frac{99}{101} \approx 0.9802).
  4. a=12a = \frac12이면 Kn=−0.5n−1n+1→−12<0K_n = \frac{-0.5n-1}{n+1} \to -\frac12 < 0이므로 결국 Kn≤0K_n \le 0입니다. ∑1pn=∑1n\sum \frac{1}{p_n} = \sum \frac{1}{n}이 발산하므로 Kummer 발산 절반에 의해 ∑an\sum a_n은 발산합니다 (K1=−0.75K_1 = -0.75, K100=−51101≈−0.505K_{100} = \frac{-51}{101} \approx -0.505 — 캡션과 일치).

6. 급수