수학(mathematics) 에서, 코시 응집 테스트 (Cauchy condensation test )는, 오귀스탱-루이 코시(Augustin-Louis Cauchy) 의 이름을 따서 지어졌으며, 무한 급수(infinite series) 에 대해 표준 수렴 테스트(convergence test) 입니다. 비-음의 실수의 비-증가하는(non-increasing) 수열(sequence)
f
(
n
)
{\displaystyle f(n)}
에 대해, 급수
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \displaystyle \sum \limits _{n=1}^{\infty }f(n)}
이 수렴하는 것과 "응집된" 급수
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle \displaystyle \sum \limits _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})}
이 수렴하는 것은 필요충분 조건입니다. 게다가, 만약 그들이 수렴하면, 응집된 급수의 합은 많아야 원래의 합의 두 배만큼 커집니다.
Estimate
코시 응집 테스트는 더 강력한 추정으로부터 따릅니다:
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
≤
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
≤
2
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
,
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }f(n)\leq \sum _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})\leq \ 2\sum _{n=1}^{\infty }f(n),}
이것은 확장된 실수(extended real numbers) 의 부등식으로 이해되어야 합니다. 증명의 본질적인 요점은 조화 급수(harmonic series) 의 발산의 오렘의(Oresme's) 증명을 패턴화된 것을 따릅니다.
첫 번째 부등식을 보기 위해, 원래 급수의 항은 길이가 2의 거듭제곱인 실행으로 재-괄호화되고 각 실행은 각 항을 해당 실행에서 가장-큰 항으로 대체함으로써 위로 경계집니다. 해당 항이 항상 첫 번째 항인데, 왜냐하면 항이 비-증가하는 것으로 가정되기 때문입니다.
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
=
f
(
1
)
+
f
(
2
)
+
f
(
3
)
+
f
(
4
)
+
f
(
5
)
+
f
(
6
)
+
f
(
7
)
+
⋯
=
f
(
1
)
+
(
f
(
2
)
+
f
(
3
)
)
+
(
f
(
4
)
+
f
(
5
)
+
f
(
6
)
+
f
(
7
)
)
+
⋯
≤
f
(
1
)
+
(
f
(
2
)
+
f
(
2
)
)
+
(
f
(
4
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
)
+
⋯
=
f
(
1
)
+
2
f
(
2
)
+
4
f
(
4
)
+
⋯
=
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle {\begin{array}{rcccccccl}\displaystyle \sum \limits _{n=1}^{\infty }f(n)&=&f(1)&+&f(2)+f(3)&+&f(4)+f(5)+f(6)+f(7)&+&\cdots \\&=&f(1)&+&{\Big (}f(2)+f(3){\Big )}&+&{\Big (}f(4)+f(5)+f(6)+f(7){\Big )}&+&\cdots \\&\leq &f(1)&+&{\Big (}f(2)+f(2){\Big )}&+&{\Big (}f(4)+f(4)+f(4)+f(4){\Big )}&+&\cdots \\&=&f(1)&+&2f(2)&+&4f(4)&+&\cdots =\sum \limits _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})\end{array}}}
두 번째 부등식을 보기 위해, 이들 두 급수가 다시 2 길이의 거듭제곱의 실행으로 재-괄호화되지만, 아래에 보이는 것처럼
"오프셋"되므로,
f
(
2
n
)
{\displaystyle \textstyle f(2^{n})}
로 시작하는
2
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \textstyle 2\sum _{n=1}^{\infty }f(n)}
의 실행은
f
(
2
n
)
{\displaystyle \textstyle f(2^{n})}
으로 끝나는
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle \textstyle \sum _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})}
의 실행의 끝에 일렬로 세우므로, 전자는 항상 후자의 "앞에" 정지합니다.
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
=
f
(
1
)
+
(
f
(
2
)
+
f
(
2
)
)
+
(
f
(
4
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
)
+
⋯
=
(
f
(
1
)
+
f
(
2
)
)
+
(
f
(
2
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
+
f
(
4
)
)
+
⋯
≤
(
f
(
1
)
+
f
(
1
)
)
+
(
f
(
2
)
+
f
(
2
)
+
f
(
3
)
+
f
(
3
)
)
+
⋯
=
2
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
{\displaystyle {\begin{array}{rcl}\sum \limits _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})&=&f(1)+{\Big (}f(2)+f(2){\Big )}+{\Big (}f(4)+f(4)+f(4)+f(4){\Big )}+\cdots \\&=&{\Big (}f(1)+f(2){\Big )}+{\Big (}f(2)+f(4)+f(4)+f(4){\Big )}+\cdots \\&\leq &{\Big (}f(1)+f(1){\Big )}+{\Big (}f(2)+f(2)+f(3)+f(3){\Big )}+\cdots =2\sum \limits _{n=1}^{\infty }f(n)\end{array}}}
Visualization of the above argument. Partial sums of the series
∑
f
(
n
)
{\displaystyle \textstyle \sum f(n)}
,
∑
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle \sum 2^{n}f(2^{n})}
, and
2
∑
f
(
n
)
{\displaystyle 2\sum f(n)}
are shown overlaid from left to right.
Integral comparison
"응집" 변환
f
(
n
)
→
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle \textstyle f(n)\rightarrow 2^{n}f(2^{n})}
은
f
(
x
)
d
x
→
e
x
f
(
e
x
)
d
x
{\displaystyle \textstyle f(x)\,\mathrm {d} x\rightarrow e^{x}f(e^{x})\,\mathrm {d} x}
을 산출하는 적분 변수 치환
x
→
e
x
{\displaystyle \textstyle x\rightarrow e^{x}}
을 소환합니다.
이 아이디어를 추구하여, 수렴에 대해 적분 테스트(integral test for convergence) 는 단조 f의 경우에서
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \sum \limits _{n=1}^{\infty }f(n)}
가 수렴하는 것과
∫
1
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \displaystyle \int _{1}^{\infty }f(x)\,\mathrm {d} x}
가 수렴하는 것은 필요충분 조건임을 우리에게 제공합니다. 치환
x
→
2
x
{\displaystyle \textstyle x\rightarrow 2^{x}}
은 적분
log
2
∫
0
∞
2
x
f
(
2
x
)
d
x
{\displaystyle \displaystyle \log 2\,\int _{0}^{\infty }\!2^{x}f(2^{x})\,\mathrm {d} x}
을 산출하고 또 다르 적분 테스트는 우리에게 응집된 급수
∑
n
=
0
∞
2
n
f
(
2
n
)
{\displaystyle \displaystyle \sum \limits _{n=0}^{\infty }2^{n}f(2^{n})}
를 가져옵니다.
Examples
테스트는 n 이 f 에서 분모에서 처럼 나타나는 급수에 대해 유용할 수 있습니다. 이 종류의 가장 기본 예제에 대해, 조화 급수
∑
n
=
1
∞
1
/
n
{\displaystyle \textstyle \sum _{n=1}^{\infty }1/n}
는 급수
∑
1
{\displaystyle \textstyle \sum 1}
로 변환되며, 이것은 분명히 발산합니다.
보다 복잡한 예제로, 다음을 취하십시오:
f
(
n
)
:=
n
−
a
(
log
n
)
−
b
(
log
log
n
)
−
c
{\displaystyle f(n):=n^{-a}(\log n)^{-b}(\log \log n)^{-c}}
.
여기서 급수는 a > 1에 대해 명확히 수렴하고, a < 1에 대해 발산합니다. a = 1일 때, 응집 변환은 다음 급수를 제공합니다:
∑
n
−
b
(
log
n
)
−
c
{\displaystyle \sum n^{-b}(\log n)^{-c}}
.
로그는 '왼쪽으로 이동합니다'. 그래서 a = 1일 때, 우리는 b > 1에 대해 수렴, b < 1에 대해 발산을 가집니다. b = 일 때, c 의 값이 입력됩니다.
이 결과는 쉽게 일반화됩니다: 응집 테스트는, 반복적으로 적용되어,
k
=
1
,
2
,
3
,
…
{\displaystyle k=1,2,3,\ldots }
에 대해, 일반화된 베르트랑 급수
∑
n
≥
N
1
n
⋅
log
n
⋅
log
log
n
⋯
log
∘
(
k
−
1
)
n
⋅
(
log
∘
k
n
)
α
(
N
=
⌊
exp
∘
k
(
0
)
⌋
+
1
)
{\displaystyle \sum _{n\geq N}{\frac {1}{n\cdot \log n\cdot \log \log n\cdots \log ^{\circ (k-1)}n\cdot (\log ^{\circ k}n)^{\alpha }}}\quad \quad (N=\lfloor \exp ^{\circ k}(0)\rfloor +1)}
가
α
>
1
{\displaystyle \alpha >1}
에 대해 수렴하고
0
<
α
≤
1
{\displaystyle 0<\alpha \leq 1}
에 대해 발산함을 보이기 위해 사용될 수 있습니다.[1] 여기서
f
∘
m
{\displaystyle f^{\circ m}}
는 다음
f
∘
m
(
x
)
:=
{
f
(
f
∘
(
m
−
1
)
(
x
)
)
,
m
=
1
,
2
,
3
,
…
;
x
,
m
=
0.
{\displaystyle f^{\circ m}(x):={\begin{cases}f(f^{\circ (m-1)}(x)),&m=1,2,3,\ldots ;\\x,&m=0.\end{cases}}}
이 되도록 함수
f
{\displaystyle f}
의 m 번째 합성적 반복(iterate) 을 나타냅니다. 합의 아래쪽 극한,
N
{\displaystyle N}
은 급수의 모든 항이 양수가 되도록 선택되었습니다. 특히, 이들 급수는 임의적으로 느리게 수렴 또는 발산하는 무한 합의 예제를 제공합니다. 예를 들어,
k
=
2
{\displaystyle k=2}
및
α
=
1
{\displaystyle \alpha =1}
의 경우에서, 부분 합은
10
10
100
{\displaystyle 10^{10^{100}}}
(a 구골플렉스(googolplex) ) 항 이후에 오직 10을 초과합니다; 그럼에도 불구하고 급수는 여전히 발산합니다.
u (n )를 연속적인 차이(differences) 가 경계진 것을 만족하는 양의 정수의 엄격하게 증가하는 수열로 놓습니다:[2] 다음인 것에 대해, 양의 실수 N 이 존재합니다:
Δ
u
(
n
)
Δ
u
(
n
−
1
)
=
u
(
n
+
1
)
−
u
(
n
)
u
(
n
)
−
u
(
n
−
1
)
<
N
for all
n
.
{\displaystyle {\Delta u(n) \over \Delta u(n{-}1)}\ =\ {u(n{+}1)-u(n) \over u(n)-u(n{-}1)}\ <\ N\ \ {\text{for all }}n.}
그런-다음,
f
(
n
)
{\displaystyle f(n)}
이 코시의 테스트에서 처럼 같은 전제-조건을 충족하는 것으로 제공되면, 급수
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \textstyle \sum _{n=1}^{\infty }f(n)}
의 수렴은 다음의 수렴과 동등합니다:
∑
n
=
0
∞
Δ
u
(
n
)
f
(
u
(
n
)
)
=
∑
n
=
0
∞
(
u
(
n
+
1
)
−
u
(
n
)
)
f
(
u
(
n
)
)
.
{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\Delta u(n)}\,f(u(n))\ =\ \sum _{n=0}^{\infty }{\Big (}u(n{+}1)-u(n){\Big )}f(u(n)).}
Δ
u
(
n
)
=
u
(
n
+
1
)
−
u
(
n
)
=
2
n
{\displaystyle \textstyle \Delta u(n)=u(n{+}1)-u(n)=2^{n}}
이 되도록
u
(
n
)
=
2
n
{\displaystyle \textstyle u(n)=2^{n}}
을 취하면, 코시 응집 테스트는 특별한 경우로 등장합니다.
References
Bonar, Khoury (2006). Real Infinite Series . Mathematical Association of America. ISBN 0-88385-745-6 .
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