비 판정법

미적분학에서 비 판정법(比判定法, 영어: ratio test) 또는 달랑베르 비 판정법(영어: d'Alembert's ratio test) 또는 코시 비 판정법(영어: Cauchy ratio test)은 양의 실수 항의 급수의 수렴 여부를 가리는 수렴 판정법이다. 실수 항의 급수의 절대 수렴 여부를 판단할 수도 있다. 이웃하는 두 항의 비의 극한을 사용한다. 공비에 따른 기하급수의 수렴 여부에 기반한다. 다른 급수를 “표준 급수”로 삼아 더 정교한 판정법을 만들 수 있다. 그러나 이렇게 만든 판정법은 모든 급수에 대하여 유효할 수 없다. 즉, 임의의 급수에 대하여, 이 급수에 기반한 판정법이 효력을 잃는 급수를 구성할 수 있다.

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$가 주어졌다고 하자 ($a_{n}>0\forall n\geq 0$). 또한, 극한

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\in [0,\infty ]$

가 존재한다고 하자. 비 판정법에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $L<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.
• 만약 $L>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

증명:

만약 $L<1$이며, $L<q<1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}<q$

이다. 따라서 임의의 $n\geq N$에 대하여,

$a_{n}=a_{N}\cdot {\frac {a_{N+1}}{a_{N}}}\cdot {\frac {a_{N+2}}{a_{N+1}}}\cdot \cdots \cdot {\frac {a_{n}}{a_{n-1}}}\leq a_{N}q^{n-N}$

이다. $0\leq q<1$이므로, 기하급수 $\sum _{n=0}^{\infty }q^{n}$은 수렴한다. 비교 판정법에 따라, 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.

만약 $L>1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}>1$

이다. 즉, $(a_{N},a_{N+1},\dots )$은 양의 실수의 증가수열이며, 특히 0으로 수렴할 수 없다. 따라서, 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

보다 일반적으로, 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$가 주어졌다고 하자 ($a_{n}>0\forall n\geq 0$). 또한,

$R=\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\in [0,\infty ]$

$r=\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\in [0,\infty ]$

라고 하자 (이는 항상 존재하며, 항상 $r\leq R$이다). 비 판정법에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $R<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.
• 만약 $r>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

만약 극한 $L$이 존재한다면 $L=R=r$이다. 따라서 후자가 더 일반적인 결과다. 만약 $r\leq 1\leq R$이라면 (특히, 만약 $L=1$이라면), 비 판정법을 적용할 수 없으므로 다른 방법을 사용하여야 한다. 만약 충분히 큰 $n$에 대하여 ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\geq 1$이라면, $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$일 수 없으므로 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다. (만약 $r>1$이라면 이 조건이 성립한다. 만약 이 조건이 성립한다면 $r\geq 1$이지만, $r>1$일 필요는 없다.) 근 판정법이나 라베 판정법 등 더 정교한 방법을 사용할 수도 있다.

증명:

만약 $R<1$이며, $R<q<1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}<q$

이다. 따라서 임의의 $n\geq N$에 대하여,

$a_{n}=a_{N}\cdot {\frac {a_{N+1}}{a_{N}}}\cdot {\frac {a_{N+2}}{a_{N+1}}}\cdot \cdots \cdot {\frac {a_{n}}{a_{n-1}}}\leq a_{N}q^{n-N}$

이다. $0\leq q<1$이므로, 기하급수 $\sum _{n=0}^{\infty }q^{n}$은 수렴한다. 비교 판정법에 따라, 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.

만약 $r>1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}>1$

이다. 즉, $(a_{N},a_{N+1},\dots )$은 양의 실수의 증가수열이며, 특히 0으로 수렴할 수 없다. 따라서, 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

예

수렴급수

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{2^{n}}}$을 생각하자. $a_{n}={\frac {n}{2^{n}}}$이라고 하자. 이웃하는 두 항의 비의 극한은

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n+1}{2^{n+1}}}\cdot {\frac {2^{n}}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n+1}{2n}}={\frac {1}{2}}<1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 수렴한다.

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}n!}{n^{n}}}$을 생각하자. $a_{n}={\frac {2^{n}n!}{n^{n}}}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}\cdot {\frac {n^{n}}{2^{n}n!}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {2}{(1+1/n)^{n}}}={\frac {2}{\mathrm {e} }}<1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 수렴한다.

급수 $\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}{n!}}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}\right)$를 생각하자. 이는 양의 실수 항의 급수가 아니지만, 비 판정법을 사용하여 절대 수렴 여부를 판단할 수 있다. $a_{n}={\frac {100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}{n!}}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n)}{(n+1)!}}\cdot {\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot {\frac {n!}{100\cdot (100-1)\cdot \cdots \cdot (100-n+1)}}\cdot {2^{n}}\right|=\lim _{n\to \infty }{\frac {n-100}{2(n+1)}}={\frac {1}{2}}<1$

비 판정법에 의하여, 이 급수는 절대 수렴하며, 특히 수렴한다.

발산급수

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{n}}$을 생각하자. $a_{n}={\frac {2^{n}}{n}}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {2^{n+1}}{n+1}}\cdot {\frac {n}{2^{n}}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {2n}{n+1}}=2>1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 발산한다.

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {3^{n}n!}{n^{n}}}$을 생각하자. $a_{n}={\frac {3^{n}n!}{n^{n}}}$이라고 하자. 그렇다면,

$L=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {3^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}\cdot {\frac {n^{n}}{3^{n}n!}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {3}{(1+1/n)^{n}}}={\frac {3}{\mathrm {e} }}>1$

이다. 비 판정법에 의하여, 이 급수는 발산한다.

급수 $\sum _{n=0}^{\infty }1$을 생각하자. 자명하게 $L=1$이다. 하지만 $a_{n}=1$이라고 하였을 때, 충분히 큰 $n$에 대하여 ${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}\geq 1$이다. 따라서 비 판정법의 더 일반적인 형태에 의하여, 이 급수는 발산한다. 사실, 비 판정법을 사용하지 않더라도, 이 급수의 항이 0으로 수렴하지 않음은 자명하므로, 급수가 발산함은 자명하다.

라베 판정법

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$가 주어졌다고 하자 ($a_{n}>0\forall n\geq 0$). 라베 판정법(영어: Raabe’s test)에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $s=\liminf _{n\to \infty }n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.
• 만약 $s'=\limsup _{n\to \infty }n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

만약 $R<1$이라면 $s=\infty$이며, 만약 $r>1$이라면 $s'=-\infty$이다. 따라서 라베 판정법은 비 판정법을 일반화한다. 라베 판정법은 급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{t}}}$의, $t\in \mathbb {R}$에 따른 수렴 여부에 기반한다. 이 급수는 $t>1$일 때 수렴하며, $t\leq 1$일 때 발산한다. (이는 코시 응집 판정법이나 적분 판정법을 통하여 보일 수 있다.) 두 번째 명제에서, $s'<1$을 다음 조건으로 약화하여도 명제가 성립한다. “충분히 큰 $n$에 대하여, $n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)\leq 1$.”

증명:

임의의 $t>u>1$이 주어졌을 때, 어떤 $\epsilon _{t,u}>0$ 및 임의의 $0\leq x<\epsilon _{t,u}$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

$1+tx\geq (1+x)^{u}$

이는

$f\colon [0,\infty )\to \mathbb {R}$

$f(x)=1+tx-(1+x)^{u}$

라고 하였을 때

$f(0)=0$

$f'(0)=t-u>0$

이며, $f'$이 연속 함수이기 때문이다.

만약 $s>t>u>1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}>1+{\frac {t}{n}}\geq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{u}={\frac {(n+1)^{u}}{n^{u}}}$

이다. 즉,

$n^{u}a_{n}>(n+1)^{u}a_{n+1}$

이다. 따라서, 임의의 $n\geq N$에 대하여

$n^{u}a_{n}\leq (n-1)^{u}a_{n-1}\leq \cdots \leq N^{u}a_{N}$

이다. 즉,

$a_{n}\leq {\frac {N^{u}a_{N}}{n^{u}}}$

이다. 급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{u}}}$가 수렴하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.

만약 $s'<1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}<1+{\frac {1}{n}}={\frac {n+1}{n}}$

이다. 즉,

$na_{n}<(n+1)a_{n+1}$

이다. 따라서, 임의의 $n\geq N$에 대하여

$na_{n}\geq (n-1)a_{n-1}\geq \cdots \geq Na_{N}$

이다. 즉,

$a_{n}\geq {\frac {Na_{N}}{n}}$

이다. 조화급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$은 발산하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

예

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$를 생각하자. $a_{n}={\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}$이라고 하자. 그렇다면,

$s=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {(n+1)^{2}}{n^{2}}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {n^{2}+2n+1}{n^{2}}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {2n^{2}+n}{n^{2}}}=2>1$

이다. 라베 판정법에 따라, 이 급수는 수렴한다. (라베 판정법의 표준적인 증명은 이 급수가 수렴한다는 사실을 사용한다는 데 주의하자.) 적분 판정법이나 코시 응집 판정법을 사용할 수도 있다. 비 판정법이나 근 판정법으로는 이 급수의 수렴 여부를 알 수 없다.

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}$를 생각하자. $a_{n}={\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}$이라고 하자. 그렇다면,

$s'=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}\cdot {\frac {(2n+2)!!}{(2n+1)!!}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }n\left({\frac {2n+2}{2n+1}}-1\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2n+1}}={\frac {1}{2}}<1$

이다. 라베 판정법에 따라, 이 급수는 발산한다. 비 판정법이나 근 판정법으로는 이 급수의 수렴 여부를 알 수 없다.

베르트랑 판정법

정의와 증명

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$가 주어졌다고 하자 ($a_{n}>0\forall n\geq 0$). 베르트랑 판정법(영어: Raabe’s test)에 따르면, 다음이 성립한다.

• 만약 $b=\liminf _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-1\right)>1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.
• 만약 $b'=\limsup _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-1\right)<1$이라면, $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

만약 $s>1$이라면, $b=\infty$이다. 만약 $s'<1$이라면, $b'=-\infty$이다. 따라서 베르트랑 판정법은 라베 판정법보다 강하다. 베르트랑 판정법의 본질은 주어진 급수를 급수 $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n\ln ^{t}n}}$ ($t\in \mathbb {R}$)와 비교하는 것이다. 이 급수는 $t>1$일 때 수렴하며, $t\leq 1$일 때 발산한다. (이는 적분 판정법을 통하여 보일 수 있다.) 두 번째 명제에서, $b'<1$ 조건은 “충분히 큰 $n$에 대하여 $\ln n\left(n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-1\right)\leq 1$” 조건으로 약화할 수 있다.

증명:

라베 판정법의 증명에서 다음 사실을 증명하였다. 임의의 $t>u>1$이 주어졌을 때, 어떤 $\epsilon _{t,u}>0$ 및 임의의 $0\leq x<\epsilon _{t,u}$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

$1+tx\geq (1+x)^{u}$

베르트랑 판정법의 증명은 다음 사실을 추가로 사용한다. 임의의 $x\geq 0$에 대하여, 다음 부등식이 성립한다.

$x\geq \ln(1+x)$

이는

$g\colon [0,\infty )\to \mathbb {R}$

$g(x)=x-\ln(1+x)$

라고 하였을 때

$g(0)=0$

$g'(x)=1-{\frac {1}{1+x}}\geq 0$

이기 때문이다.

만약 $b>t>u>1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\begin{aligned}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}&>1+{\frac {1}{n}}+{\frac {t}{n\ln n}}\\&\geq {\frac {1}{n}}+\left(1+{\frac {1}{n\ln n}}\right)^{u}\\&={\frac {1}{n}}+\left({\frac {n\ln n+1}{n\ln n}}\right)^{u}\\&={\frac {1}{n}}+\left({\frac {\ln n+1/n}{\ln n}}\right)^{u}\\&\geq {\frac {1}{n}}+\left({\frac {\ln n+\ln(1+1/n)}{\ln n}}\right)^{u}\\&={\frac {1}{n}}+\left({\frac {\ln(n+1)}{\ln n}}\right)^{u}\\&={\frac {1}{n}}+{\frac {\ln ^{u}(n+1)}{\ln ^{u}n}}\\&={\frac {\ln ^{u}(n+1)+n\ln ^{u}(n+1)}{n\ln ^{u}n}}\\&={\frac {(n+1)\ln ^{u}(n+1)}{n\ln ^{u}n}}\end{aligned}}$

이다. 급수 $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n\ln ^{u}n}}$이 수렴하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.

만약 $b'<1$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

${\begin{aligned}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}&<1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n\ln n}}\\&={\frac {(n+1)\ln n+1}{n\ln n}}\\&\leq {\frac {(n+1)\ln n+n\ln(1+1/n)}{n\ln n}}\\&<{\frac {(n+1)\ln n+(n+1)\ln(1+1/n)}{n\ln n}}\\&={\frac {(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}}\end{aligned}}$

이다. 급수 $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n\ln n}}$이 발산하므로, 비교 판정법에 따라 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

예

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}{\frac {1}{n}}$를 생각하자. 이는 양의 항의 급수가 아니지만, 베르트랑 판정법을 사용하여 절대 수렴 여부를 판단할 수 있다. $a_{n}=(-1)^{n-1}{\frac {1}{n}}$이라고 하자. 그렇다면,

$b'=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {|a_{n}|}{|a_{n+1}|}}-1\right)-1\right)=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {n+1}{n}}-1\right)-1\right)=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\cdot {\frac {1}{n}}-1\right)=0<1$

이다. 베르트랑 판정법에 따라, 이 급수는 절대 수렴하지 않는다. (이 사실은 베르트랑 판정법의 증명에서 사용된다.) 이 급수는 양의 항의 급수가 아니므로, 수렴 여부를 판단하려면 다른 방법을 사용해야 한다. 교대급수 판정법에 따라, 이 급수는 수렴한다. 즉, 이 급수는 조건 수렴한다. 비 판정법이나 근 판정법 또는 라베 판정법으로는 이 급수의 절대 수렴 여부를 알 수 없다.

급수 $\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}\right)^{2}$를 생각하자. $a_{n}=\left({\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}\right)^{2}$이라고 하자. 그렇다면,

${\begin{aligned}b'&=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-1\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {(2n-1)!!^{2}}{(2n)!!^{2}}}\cdot {\frac {(2n+2)!!^{2}}{(2n+1)!!^{2}}}-1\right)-1\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {(2n+2)^{2}}{(2n+1)^{2}}}-1\right)-1\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\ln n\left(n\left({\frac {4n^{2}+8n+4}{4n^{2}+4n+1}}-1\right)-1\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\ln n\left({\frac {4n^{2}+3n}{4n^{2}+4n+1}}-1\right)\\&=\lim _{n\to \infty }-{\frac {(n+1)\ln n}{4n^{2}+4n+1}}\\&=0\\&<1\end{aligned}}$

이다. 베르트랑 판정법에 따라, 이 급수는 발산한다. 사실, $s=s'=1$이지만, 충분히 큰 $n$에 대하여 $n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)\leq 1$이다. 따라서 베르트랑 판정법 대신 라베 판정법의 약간 더 일반적인 형태를 사용하여도 좋다.

쿠머 판정법

양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$가 주어졌다고 하자 ($a_{n}>0\forall n\geq 0$). 쿠머 판정법(영어: Kummer’s test)에 따르면, 다음 두 조건이 서로 필요충분조건이다.^{:Theorem, (1)}

• $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 수렴한다.
• 어떤 양의 실수의 수열 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$ ($b_{n}>0\forall n\geq 0$)에 대하여, $\liminf _{n\to \infty }\left(b_{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}\right)>0$

마찬가지로, 다음 두 조건이 서로 필요충분조건이다.^{:Theorem, (2)}

• $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.
• 어떤 양의 실수의 수열 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$ ($b_{n}>0\forall n\geq 0$)에 대하여, $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{b_{n}}}$은 발산하며, 모든 $n$에 대하여 $\limsup _{n\to \infty }\left(b_{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}\right)<0$

증명 (충분성):

만약 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$이 양의 실수의 수열이며 $\liminf _{n\to \infty }\left(b_{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}\right)>\epsilon >0$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

$b_{n}a_{n}-b_{n+1}a_{n+1}>\epsilon a_{n+1}>0$

이다. 따라서 $(b_{n}a_{n})_{n=N}^{\infty }$은 양의 실수로 구성된 감소 수열이며, 특히 수렴한다. 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }(b_{n}a_{n}-b_{n+1}a_{n+1})$을 생각하자. 이 급수의 부분합은

$\sum _{k=0}^{n}(b_{k}a_{k}-b_{k+1}a_{k+1})=b_{0}a_{0}-b_{n+1}a_{n+1}$

이다. 따라서 이 급수는 수렴한다. $b_{n}a_{n}-b_{n+1}a_{n+1}>\epsilon a_{n+1}$이므로, 비교 판정법에 의하여 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ 역시 수렴한다.

만약 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$이 양의 실수의 수열이며, $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{b_{n}}}$이 발산하며, $\limsup _{n\to \infty }\left(b_{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}\right)<0$이라면, 어떤 $N\geq 0$ 및 임의의 $n\geq N$에 대하여

$b_{n}a_{n}-b_{n+1}a_{n+1}<0$

이다. 따라서, 임의의 $n\geq N$에 대하여

$b_{n}a_{n}\geq b_{n-1}a_{n-1}\geq \cdots \geq b_{N}a_{N}$

이다. 즉,

$a_{n}\geq {\frac {b_{N}a_{N}}{b_{n}}}$

이다. 비교 판정법에 의하여 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$은 발산한다.

증명 (필요성):

만약 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$이 수렴한다면,

$b_{n}={\frac {\sum _{i=n+1}^{\infty }a_{n}}{a_{n}}}\qquad (n\geq 0)$

은 양의 실수의 수열이며, 임의의 $n\geq 0$에 대하여

$b_{n}\cdot {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}={\frac {\sum _{i=n+1}^{\infty }a_{n}}{a_{n+1}}}-{\frac {\sum _{i=n+2}^{\infty }a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {a_{n+1}}{a_{n+1}}}=1$

이다.

만약 양의 실수 항 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$이 발산한다면,

$b_{n}={\frac {\sum _{i=0}^{n}a_{i}}{a_{n}}}\qquad (n\geq 0)$

은 양의 실수의 수열이며, 임의의 $n\geq 0$에 대하여

$b_{n}\cdot {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-b_{n+1}={\frac {\sum _{i=0}^{n}a_{i}}{a_{n+1}}}-{\frac {\sum _{i=0}^{n+1}a_{i}}{a_{n+1}}}=-{\frac {a_{n+1}}{a_{n+1}}}=-1$

이다. 이제, $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{b_{n}}}=\infty$임을 보이는 일만 남았다. 임의의 $N\geq 0$이 주어졌을 때 어떤 $n_{N}\geq N$에 대하여

$\sum _{i=N}^{n_{N}}{\frac {1}{b_{i}}}>{\frac {1}{2}}$

임을 보이면 충분하다. (그렇다면 급수의 부분합은 코시 열이 아니며, 따라서 이 급수는 발산한다.) 급수 $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$이 발산하므로, 임의의 $N\geq 0$이 주어졌을 때 어떤 $n_{N}\geq N$에 대하여

$\sum _{i=N}^{n_{N}}a_{i}\geq \sum _{i=0}^{N-1}a_{i}$

이다. 따라서

$\sum _{i=N}^{n_{N}}{\frac {1}{b_{i}}}=\sum _{i=N}^{n_{N}}{\frac {a_{i}}{a_{0}+a_{1}+\cdots +a_{i}}}\geq {\frac {a_{N}+a_{N+1}+\cdots +a_{n_{N}}}{a_{0}+a_{1}+\cdots +a_{n_{N}}}}\geq {\frac {1}{2}}$

이다.

쿠머 판정법의 몇 가지 특수한 경우는 다음과 같다.

$b_{n}$	수렴 판정법
$b_{n}=1$	비 판정법
$b_{n}=n$	라베 판정법
$b_{n}=n\ln n$	베르트랑 판정법

다른 판정법과 달리, 쿠머 판정법은 양의 항의 급수가 수렴·발산할 필요충분조건을 제시하며, 모든 급수에 대하여 유효하다. 하지만 쿠머 판정법은 적절한 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$을 찾는 방법을 제공하지 않는다. 또한, 모든 급수에 대하여 유효한 하나의 $(b_{n})_{n=0}^{\infty }$은 존재하지 않는다. 구체적으로, 임의의 양의 실수 항 수렴급수 $\sum _{n=0}^{\infty }x_{n}$에 대하여, $\lim _{n\to \infty }{\frac {y_{n}}{x_{n}}}=\infty$인 양의 실수 항 수렴급수 $\sum _{n=0}^{\infty }y_{n}$가 존재하며, 또한 임의의 양의 실수 항 발산급수 $\sum _{n=0}^{\infty }x_{n}$에 대하여, $\lim _{n\to \infty }{\frac {y_{n}}{x_{n}}}=0$인 양의 실수 항 발산급수 $\sum _{n=0}^{\infty }y_{n}$가 존재한다.

역사

비 판정법은 장 르 롱 달랑베르가 처음 발표하였다. 쿠머 판정법(의 충분성 부분)은 1835년에 에른스트 쿠머가 제시하였다. 이후 반 세기 동안 수 차례 재발견되었으며, 최초의 발견자에 대하여 논란이 일었다.

같이 보기

• 근 판정법

각주

• d'Alembert, J. (1768), 《Opuscules》 (영어) V, 171–183쪽 .
• Apostol, Tom M. (1974), 《Mathematical analysis》 2판 (영어), Addison-Wesley, ISBN 978-0-201-00288-1 : §8.14.
• Knopp, Konrad (1956), 《Infinite Sequences and Series》 (영어), New York: Dover publications, Inc., ISBN 0-486-60153-6 : §3.3, 5.4.
• Rudin, Walter (1976). 《Principles of mathematical analysis》 3판 (영어). International Series in Pure and Applied Mathematics. McGraw-Hill. ISBN 978-0-07-054235-8. MR 0385023. Zbl 0346.26002. 2014년 10월 6일에 원본 문서에서 보존된 문서. 2014년 10월 6일에 확인함.  CS1 관리 - 추가 문구 (링크)
• Tao, Terence (2016). 《Analysis I》 3판 (영어). Texts and Readings in Mathematics 37. Singapore: Springer. doi:10.1007/978-981-10-1789-6. ISBN 978-981-10-1789-6. ISSN 2366-8725. LCCN 2016940817. 
• Watson, G. N.; Whittaker, E. T. (1963), 《A Course in Modern Analysis》 4판 (영어), Cambridge University Press, ISBN 0-521-58807-3 :§2.36, §2.37

외부 링크

• “D'Alembert criterion (convergence of series)” (영어). 《Encyclopedia of Mathematics》. Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• “Bertrand criterion” (영어). 《Encyclopedia of Mathematics》. Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• “Gauss criterion” (영어). 《Encyclopedia of Mathematics》. Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• “Kummer criterion” (영어). 《Encyclopedia of Mathematics》. Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Ratio test” (영어). 《Wolfram MathWorld》. Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Raabe’s test” (영어). 《Wolfram MathWorld》. Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Gauss’s test” (영어). 《Wolfram MathWorld》. Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Bertrand’s test” (영어). 《Wolfram MathWorld》. Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Kummer’s test” (영어). 《Wolfram MathWorld》. Wolfram Research.