비율 검정

에 대한 일련의 기사의 일부
미적분학.
기본 정리 라이프니즈 적분 규칙 함수의 한계 연속성 평균값 정리 롤의 정리
미분 정의들 파생상품(일반화) 미분 극소수의 함수의. 총계 개념 분화 표기법 제2차 파생상품 암묵적 분화 로그 분화 관련금리 테일러의 정리 규칙 및 ID 합계 제품 체인 힘 지수 라피탈의 법칙 반비례 라이프니즈 장군 파아디 브루노 공식 레이놀즈.
적분 통합 목록 적분 변환 정의들 해독제 적분(불량) 리만 적분 르베그 통합 등고선 통합 역함수의 적분 통합 기준 부품. 디스크 원통 조개 대체(트리거, 위어스트라스, 오일러) 오일러의 공식 부분분수 순서변경 환원공식 통합 기호 아래 차별화 리스치 알고리즘
시리즈 기하학(산술-기하계) 조화 교대로 힘 이항체 테일러 수렴시험 합계한계(기간시험) 비율 뿌리 적분 직접 비교 한계비교 교대계열 코시 응결 디리클레 아벨
벡터 그라데이션 발산 컬 라플라시안 방향파생상품 정체성 정리 그라데이션 그린스 스톡스 발산 일반화 스톡스
다변량 형식주의 매트릭스 텐서 외부 기하학 정의들 부분파생상품 다중 적분 라인 적분 표면 적분 부피 적분 야코비안 헤시안
전문화된 분수 말리아빈 스토카스틱 변형
잡다한 프레살쿨루스 역사 용어집 주제 목록 통합 비 분석
v t

수학에서 비율검사는 계열의 수렴을 위한 검정(또는 "기준")이다.

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\nft }a_{n}}}$

여기서 각 용어는 실제 또는 복잡한 수이고 n이 클 때 a는_n 0이 아니다. 이 시험은 Jean Le Rond D'Alenbert에 의해 처음 발표되었으며, 때때로 D'Allenbert의 비율 시험 또는 Cauchy 비율 시험으로 알려져 있다.^[1]

시험

테스트의 일반적인 형태는 한계를 이용한다.

${\displaystyle L=\lim _{n\to \inflt }\왼쪽 {\frac {a_{n+1}:{a_{n}}\오른쪽.}$

(1)

비율 검정은 다음과 같이 명시한다.

• L < 1인 경우, 시리즈가 절대적으로 수렴된다.
• L > 1인 경우 시리즈는 상이하다.
• L = 1 또는 한계치가 존재하지 않는 경우, 이 경우를 충족하는 수렴 시리즈와 분산 시리즈가 모두 존재하기 때문에 시험은 결론에 도달하지 못한다.

한계치 L이 존재하지 않는 특정 경우에 한계는 상한치, 한계치 하한치를 사용하는 경우 비율시험을 적용할 수 있도록 할 수 있다. L = 1일 때에도 때때로 시험이 결정적이 되도록 시험기준도 정비할 수 있다. 더 구체적으로 말하면 다음과 같다.

${\displaystyle R=\lim \super \left {a_{n+1}:{a_{n}}\오른쪽 }$

${\displaystyle r}$= ${\displaystyle lim}$ ${\displaystyle infl}$ ${\displaystyle a\frac{{}_{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$ +${\displaystyle \frac{{}_{}}{}}$1 ${\displaystyle \frac{{\mathrm{a}}_{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$ $displaystyle$ r$=\lim\inf$ \inf $\left {a_{n+1}:{a_{n}}}\right$ $\}.$

비율 검정에서 다음과 같이 명시한다.^[2][3]

• R < 1의 경우, 시리즈가 절대적으로 수렴된다.
• r > 1인 경우, 시리즈가 분리된다.
• ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$+ ${\displaystyle \frac{1_{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{{}_{}}{{}_{}}}$ ${\displaystyle \mathrm{n}}$ ${\displaystyle \ge \frac{{}_{}}{}}$ 1 ${\displaystyle \left{a_{n+$1}}\$right \geq$ 1$}$이(가) 모든 large n(r)에 대해$$ 서로 다른 경우, 시리즈도 변한다. ${\displaystyle {이}_{}}$는 ${\displaystyle n{}_{}}$ $displaysty a_{n}}}}$이 0이 아니고 증가하므로$$ a가_n 0에 근접하지 않기 때문이다.
• 그 시험은 그렇지 않으면 결론에 이르지 못한다.

(1)의 한계 L이 존재한다면 우리는 반드시 L = R = r을 가져야 한다. 따라서 원래 비율 테스트는 정제된 것의 약한 버전이다.

예

L < 1 때문에 수렴함

시리즈를 고려

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\inflt }{\frac {n}{e^{n}}}}}}}$

비율 테스트를 적용하여 한계를 계산한다.

${\displaystyle L=\lim _{n\to \infty }\left {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right =\lim _{n\to \infty }\left {\frac {\frac {n+1}{e^{n+1}}}{\frac {n}{e^{n}}}}\right ={\frac {1}{e}}<1.}$

이 한계는 1보다 작기 때문에 시리즈는 수렴한다.

L > 1이기 때문에 다이버전트

시리즈를 고려

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\inflt }{\frac {e^{n}}}.}$

비율 검사에 포함:

${\displaystyle L=\lim_{n1}\왼쪽 {\frac {a_{n+1}}}\오른쪽 = {a_{n1}}\lim_{n\to \inflt}\{n^{n+1}{n+1}{\frac {n^{n}\{n}\rig}\rig}\e1}}}}}\e1}}}}}}오른쪽=e1}.$

이렇게 해서 시리즈가 갈라진다.

L = 1이기 때문에 결론을 내리지 못함

세 가지 시리즈를 고려하십시오.

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\inflat }1,}$

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\inflt }{\frac {1}{n^{2}},}$

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\inflt }{\frac {(-1)^{n+1}:{n}}.}$

첫 번째 시리즈(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + ⋯)가 분기하고, 두 번째 시리즈(1 + 1 + 1 + 1 + ⋯)는 절대적으로 수렴하며, 세 번째 시리즈(교대 고조파 시리즈)는 조건부로 수렴한다. 단, 3개 시리즈$$ 중 ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$+ ${\displaystyle \frac{1_{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{{}_{}}{{}_{}}}$ ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$ $displaystyle \왼쪽 {\frac$ {$a_{n+1}{a_{n}}\오른쪽$}}은$($는) 각각 ${\displaystyle \frac{1}{}}$, ${\$ 1,}$n$2${\displaystyle \frac{{}^{}}{n^{}}}$ + ${\displaystyle \frac{1{}^{}}{}}$2({\$fracty{n^{n+1)^{$2}{{{n+1}$2$}2}2}{{{{2}{{{{{n+1}2}2}}{{{{{n+1}}2}2}2}{{{{{{{{2}}$}}}},$${\displaystyle \frac{n}{}}$ + ${\$ 따라서 세 가지 경우 모두 ${\displaystyle \frac{{제한}_{}}{}}$ ${\displaystyle \underset{}{림}}$ ${\displaystyle \underset{}{n}}$→${\displaystyle \underset{}{\mathrm{}}n\underset{}{}\frac{{}_{}}{}}$+ 1 ${\displaystyle \frac{{\mathrm{a}}_{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$ $displaystyle \lim_{n\poth \}\{$n\$frac {a_{n$+1$}}}}}\오른쪽}$이 1과 같다$$. 이는 L = 1일 때 시리즈가 수렴하거나 이탈할 수 있으며, 따라서 원래 비율 시험은 결론에 이르지 못한다는 것을 보여준다. 이 경우 수렴 또는 분산을 결정하기 위해서는 보다 정밀한 시험이 필요하다.

증명

아래는 원래 비율검사의 유효성을 증명하는 것이다.

= → a < 1 > $<\displaystyle L=\lim _{n\to \inflt }\{n_{n+1$}}}\{$n}}\right <1}.$ 그러면 그 용어가 결국 특정 수렴 기하 급수적인 기하 급수적인 시리즈보다 적게 된다는 것을 보여줌으로써 시리즈가 절대적으로 수렴된다는 것을 보여줄 수 있다 이렇게 하려면 < < 1 ${\displaystyle L<r<1}$과 같은 실제 숫자 r을 고려하십시오 이는 + 1< n $displaystyle a_{n+1}$ $<$r$a_{n}}>$이 n보다 큰 n에 대해 충분히 큰 것을 의미한다. 따라서 + < i $displaystyle a_{n+i} <r^{i} a_{n} }$ 각 n > N 및 i > 0에 대해, 그렇게 하여,

${\displaystyle \sum _{i=N+1}^{\infty } a_{i} =\sum _{i=1}^{\infty }\left a_{N+i}\right <\sum _{i=1}^{\infty }r^{i} a_{N} = a_{N} \sum _{i=1}^{\infty }r^{i}= a_{N} {\frac {r}{1-r}}<\infty .}$

즉, 시리즈는 절대적으로 수렴된다.

반면 L > 1이면 큰 n에 n+ 1> $displaystyle a_{n+1}$> $a_{n}}}$을(를) 나타내므로 합계 한계는 0이 아니다. 그래서 시리즈가 달라진다.

L = 1에 대한 확장

앞의 예에서 보듯이 비율검사는 비율의 한계가 1일 때 결론이 나지 않을 수 있다. 그러나 비율 시험의 확장은 때때로 이 경우를 다룰 수 있게 한다.^{[4][5][6][7][8][9][10][11]}

아래의 모든 시험에서 σa는 양의 a를_n 가진 합이라고 가정한다. 또한 이러한 시험은 음의 항 수가 유한한 모든 시리즈에 적용될 수 있다. 그러한 모든 시리즈는 다음과 같이 쓸 수 있다.

${\displaystyle \sum \sum \{n=1}a_{n}=\sum _{n}a_{n}++\sum _{n=N+1}^{n=N+1}^{n}}}}{n}}}}}}$

여기서 a는_N 가장 높은 값을 갖는 음수 용어다. 오른쪽의 첫 번째 표현은 유한할 부분합이므로, 전체 시리즈의 수렴은 오른쪽의 두 번째 표현식의 수렴 특성에 의해 결정되며, 이는 n=1에서 시작되는 모든 양의 용어 시리즈를 형성하기 위해 재색인될 수 있다.

각 시험은 수렴 또는 분산을 설정하는 데 필요한 매개변수의 동작을 지정하는 시험 매개변수(수치_n)를 정의한다. 각 시험의 경우, 더 약한 형태의 시험이 존재하며, 대신에 림프절에_n->∞n 제약을 가한다.

모든 시험에는 σa의 수렴 성질을 기술하지 못하는 영역이 있다._n 실제로 어떤 수렴 시험도 시리즈의 수렴 특성을 충분히 설명할 수 없다.^[4][10] 만약 Σan 수렴, 두번째 수렴 시리즈 Σbn 더 천천히:즉, 그것은 limn-&gt는 속성을 갖는 한 점인 발견될 수 있기 때문이다;만약 Σan합니다 ∞(bn/an))∞. 게다가 두번째 발산 시리즈 Σbn 더 천천히:즉, 그것은 limn-&gt는 속성을 갖과 갈라진다 발견될 수 있으나 ∞(bn/an))0. 융합 시험 essent 있다.ially은 compari을 사용한다아들은 a의_n 어떤 특정한 가족에 대해 시험하고, 더 천천히 수렴하거나 분리되는 순서에 대해 실패한다.

드 모건 계급

아우구스투스 드 모건은 비율형 시험의^[4][9] 계층구조를 제안했다.

비율 시험 매개변수(모두 아래의 ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ n ${\$는 일반적으로 ${\displaystyle {dn}_{}}$ ${\displaystyle a_{}}$ ${\displaystyle {}_{}{}_{}}$/ ${\displaystyle {\mathrm{n}}_{}}$+ ${\displaystyle {}_{}{}_{}}$- ${\displaystyle {D\mathrm{n}}_{}}$ + 1$${\$displaystyle D_{n}a_{n}/a_{n+1}-D_${n+$1}-{$n+1}:1$}} 형식의 항$을 포함한다$.$ 이 용어는 ${\displaystyle n_{}{}_{}}$+ 1${\displaystyle {}_{}}$/ ${\displaystyle n{}_{}}$ ${\$을 $곱하여$ D${\displaystyle {}_{}}$-${\displaystyle D_{}}$ + ${\displaystyle 1_{}{a}_{}}$ +${\displaystyle {}_{}{1}_{}}$ / ${\displaystyle n_{}}${\$displaystyle D_{n}-D_{n+1$}a_${n+1$}/$a_{n}}}}$를 산출할 수 있다$.$ 이 용어는 시험 매개변수의 정의에서 이전 용어를 대체할 수 있으며 도출된 결론은 그대로 유지된다. 따라서, 한 가지 또는 다른 형식의 시험 매개변수를 사용하는 참고문헌 사이에 구분이 없을 것이다.

1.달렘베트의 비율 검정

De Morgan 계층 구조에서 첫 번째 테스트는 위에서 설명한 비율 테스트다.

2.라베의 시험

이 연장은 조셉 루트비히 라베 덕분이다. 정의:

${\displaystyle \rho _{n}\equiv n\left\\frac {a_{n}{a_{n+1}1}-1\오른쪽)}$

(그리고 일부 추가 용어, 알리, 블랙번, 펠드, 듀리스(없음), 듀리스2 참조)

이 시리즈는 다음과 같다.^[7][10][9]

• 모든 n>N에 대해$$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ c ${\displaystyle \rho _{n}\geq$ c$}$와 같은 c>1이 존재할 때 수렴한다.
• 모든 n>N에 ${\displaystyle \mathrm{대해}}$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ 1 ${\displaystyle \rho _{n}\leq 1}$이(가) 있을 때 분리하십시오.
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

리미트 버전의 경우 시리즈:^[12]

• = → > ${\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infit$}\$rho _{n}}}1}$인 경우 수렴(이 경우 ρ = ∞)
• → n < ${\displaystyle \lim _{n\to \infit }\rho _{n1$
• 만약 = = 1이면, 그 시험은 결론에 도달하지 못한다.

위의 한도가 존재하지 않는 경우, 상·하한 한도를 사용할 수 있다.^[4] 이 시리즈는 다음과 같다.

• → > 1 ${\displaystyle \liminf _{n\to \inft }\rho _{n}}}1}$일 경우 수렴
• → n < ${\displaystyle \limsup$ \limsup $_{n\wrightarrow \infit }\rho _{n}}}}}.$
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

라베의 시험 증명서

도중 lim infρ n을ρ n≡ n(오빠 오빠+1− 1){\displaystyle \rho_{n}\equiv n\left({\frac{a_{n}}{{n+1}a_}}-1\right)}정의 한계 존재한다고 가정할;만약 limρ n<>저녁밥을 먹다;1{\displaystyle \limsup \rho_{n}< 1}, 그 다음 n{\displaystyle\sum a_{n}∑ 1{년}, 갈라진다 필요가 있다.displayst$yle \liminf \rho _{n}1}$합계가 수렴된다.

만약 limρ n<0{\displaystyle \limsup \rho_{n}< 식사를 하고 있다는 증거는 본질적으로∑ 1/nR{\displaystyle\sum 1/n^{R}에 비해}. 처음 그 lim 식사ρ n<1{\displaystyle \limsup \rho_{n}< 1}가정해 보자. 물론. 0}일 경우는 n+1≥ 오빠{\displaystyle a_{n+1}\geq a_{n}}진행한다. n 큰$합계$가 서로 다르므로 임 sup n< [\$displaystyle 0\\leq \limsup \rho_{n$라고 가정한다$.$ 에는 R< 1{\displaystyle R< 1}그런 존재하지ρ n≤ R{\displaystyle \rho_{n}\leq R}에 대한 모든 n≥ N{\displaystyle Nn\geq},는 봐야 한다는 오빠/n+1≤(1+Rn)≤ e R/n{\displaystyle a_{n}{n+1}\leq \left(1+{\frac{R}{n}}\right)\leq e^{R/n}}. 그러므로 n+1. ≥${\displaystyle a_{n+1}\geq a_{n}e^{-R/n}}$, which implies that ${\displaystyle a_{n+1}\geq a_{N}e^{-R(1/N+\dots +1/n)}\geq ca_{$${\displaystyle N_{}}$$}e^{-R\log(n)}=ca_{{N}/n^{R}$의 n${\displaystyle }${ ${\displaystyle N}${\$displaystyle n\geq$ N$\};$ <1 ${\displaystyle R<1$} 이후$,{\displaystyle }$ 이는 n$${\$displaystystyle \sum a_{$n}}이 분산됨을 보여준다.

나머지 절반에 대한 증거는 대부분의 불평등이 간단히 뒤바뀌면서 완전히 유사하다. 우리는 장소에서 간단한 1+t의, 위에서 사용되었습니다 e({1+t<, e^{t\displaystyle}}:픽스 R{R\displaystyle}및 N{N\displaystyle}. 예비 사회적 불평등이 필요해 노트 Rn+O(1n2){\displaystyle\log \left(1+{\frac{R}{n}}\right)={\frac{R}{n}}+O\l를 ⁡(1+Rn)로그온 할 때.eft({$\frac {1}{n^{2}}}\right)}$. So ${\displaystyle \log \left(\left(1+{\frac {R}{N}}\right)\dots \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\right)=$$R\왼쪽({\frac {1}{{N}+\dots +{\frac {1}{n}\오른쪽)+O(1)=$$R\log(n)+O(1$)$$; 그러므로${\displaystyle }$(${\displaystyle 1\mathrm{}}$+ R ${\displaystyle N}$)${\displaystyle }$…${\displaystyle }$(${\displaystyle 1\mathrm{}}$+ R ${\displaystyle \frac{n}{}}$) ${\displaystyle \ge }$ ${\displaystyle c}$ ${\$\\$reft(1+{\frac {R}{N}\right)\dots \left$(1$+{\rac{{n}}}}}\geq cn^{R$

이제 limρ n을 inf 1{\displaystyle \liminf \rho_{n}> 1}. 첫번째 단락으로 불평등은 앞 절에서 설립된를 사용하여 말다툼을 가정하면, 우리는에는 R입니다. 존재하고;1{\displaystyle R> 1}를 참조하십시오를 n+1≤ c는 Nn− R(ca_{N}n^{-R}}에 n.≥ N{\dis$Playstyle n\geq N$ > ${\$$displaystyle R>1}$이후 ${\displaystyle n_{}}$ {\$displaystyle \sum$ a_{$n}이($가$){\displaystyle }$ ${\displaystyle {}_{}}$한다는 것을 보여준다.

3. 베르트랑의 시험

이 연장은 조셉 베르트랑과 아우구스투스 드 모건 덕분이다.

정의 중:

${\displaystyle \rho_{n}\equiv n\ln\leftleft\frac {a_{n}{a_{n+1}-1\right)-\ln}$

베르트랑의 테스트는^[4][10] 이 시리즈가 다음과 같이 주장할 것이다.

• 모든 n>N에 대해$$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ c ${\displaystyle \rho _{n}\geq$ c$}$와 같은 c>1이 존재할 때 수렴한다.
• 모든 n>N에 ${\displaystyle \mathrm{대해}}$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ 1 ${\displaystyle \rho _{n}\leq 1}$이(가) 있을 때 분리하십시오.
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

리미트 버전의 경우 시리즈:

• = → > ${\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infit$}\$rho _{n}}}1}$인 경우 수렴(이 경우 ρ = ∞)
• → n < ${\displaystyle \lim _{n\to \infit }\rho _{n1$
• 만약 = = 1이면, 그 시험은 결론에 도달하지 못한다.

위의 한도가 존재하지 않는 경우, 상·하한 한도를 사용할 수 있다.^[4][9][13] 이 시리즈는 다음과 같다.

• > 1 ${\displaystyle \liminf \rho _{n}}1}$인 경우 수렴
• < ${\displaystyle \limsup \rho_{n}<1}$의 경우 전환
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

4. 연장된 베르트랑의 시험

이 연장은 아마 마가렛 마틴에 의해 처음으로 나타났을 것이다.^[14] Kummer의 시험에 근거하고 기술적 가정(예:^[15] 한계 존재 등)이 없는 짧은 증거가 제공된다.

Let ${\displaystyle K\geq 1}$ be an integer, and let ${\displaystyle \ln _{(K)}(x)}$ denote the ${\displaystyle K}$th iterate of natural logarithm, i.e. ${\displaystyle \ln _{(1)}(x)=\ln(x)}$ and for any ${\displaystyle 2\leq k\leq K}$, ${\displaystyle {\ln }_{}}$${\displaystyle {(k}_{}}$)${\displaystyle {}_{}}$ ( ${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle {\ln }_{}}$( k${\displaystyle {}_{}}$- ${\displaystyle 1_{}}$) ${\displaystyle {}_{}}$( ${\displaystyle \ln }$ ${\displaystyle }$( x${\displaystyle }$)${\displaystyle }${ ( ) ${\displaystyle \ln$ \ln \ln $_{(k)}(x)=\ln _{(k-1$)}(\$ln(x$

$n{\displaystyle }$ ${\displaystyle n}$이(가) 클 때$$n${\displaystyle {}_{}}$/ ${\displaystyle n{}_{}}$+ ${\displaystyle 1_{}}$ ${\$의 비율을 형식으로 표시할 수 있다고 가정합시다.

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}=1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{K-1}{\frac {1}{\prod _{k=1}^{i}\ln _{(k)}(n)}}+{\frac {\rho _{n}}{n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n)}},\quad K\geq 1.}$

(빈 총액은 0으로 가정한다. $K{\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle K=1$}을$($를$)$ 사용하면 테스트가 Bertrand의 테스트로 감소한다.)

${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\$ 값은 양식에 명시적으로 표시할 수 있다$$.

${\displaystyle \rho _{n}=n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n)\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-\sum _{j=1}^{K}\prod _{k=1}^{j}\ln _{(K-k+1)}(n).}$

연장된 베르트랑의 테스트는 시리즈가

• ${\displaystyle c_{}}$> ${\displaystyle {}_{}}$$displaystyle$ $c$$>1$}이$($가$)$ 있을 때 수렴하여 모든 > ${\displaystyle$ $\rho _{n$$}\$$geq$ c$}$에 대해 합치한다
• 모든 > ${\$$displaystyle \rho _{n}\leq$ 1$}$에 대해$$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle 1}$ ${\$$displaystyle n>N$이(가) 있을 때 전환.
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

리미트 버전의 경우 시리즈

• = n→ > ${\displaystyle \rho =\lim_{n\to \rho_{n}}}($이 경우 $\rho {\displaystyle }$= ${\displaystyle \rho =\nfty$} $포함$$)$
• → n < ${\displaystyle \lim _{n\to \infit }\rho _{n1$
• $\rho {\displaystyle }$ =${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle \rho$ =1$}$인 경우 테스트는 결론을 내리지 못한다$.$

위의 한도가 존재하지 않는 경우, 상·하한 한도를 사용할 수 있다. 시리즈

• > 1 ${\displaystyle \liminf \rho _{n}}1}$인 경우 수렴
• < ${\displaystyle \limsup \rho_{n}<1}$의 경우 전환
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

Extended Bertrand의 테스트의 적용은 생사 과정을 참조한다.

5. 가우스의 시험

이 연장은 칼 프리드리히 가우스 덕분이다.

a_n > 0과 r > 1을 가정할 때, 모든 n에 대해 다음과 같은 경계가 있는 시퀀스_n C를 찾을 수 있는 경우:^{[5][7][9][10]}

${\displaystyle {\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=1+{\frac {\rho}}{n}}{n}}{n^{r}}}}}}}}}$

그러면 이 시리즈는 다음과 같다.

• > ${\displaystyle \rho >1}$인 경우 수렴
• $\rho {\displaystyle }$ ${\displaystyle 1}${\$displaystyle \rho \leq$ 1$}$인 경우 전환

6. 쿠머의 시험

이 연장은 에른스트 쿠메르 덕분이다.

ζ는_n 양수들의 보조 순서가 되게 하라. 정의

${\displaystyle \rho _{n}\equiv \left(\zeta _{n}{n}{\frac {a_{n}}}}{a_{n+1}}}}-\zeta _{n+1}\right)}}$

쿠머의 테스트는 이 시리즈가 다음과 같이 될 것이라고 말한다.^{[5][6][10][11]}

• > ${\displaystyle c>0}$이(가) 존재하여 모든 n>N에 대해$$ ${\displaystyle {forn}_{}}$ $\rho _{n}\geq c}$과(참고 이는 > ${\displaystyle \rho _{n$이(와) 같은 수렴.
• 모든 n>${\displaystyle \mathrm{N}}$에 대해$$ ${\displaystyle {\rho n}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ 0 ${\displaystyle \rho _{n$$\}\backslash {\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}}$$leq 0$${\displaystyle \underset{}{\overset{}{\}}}}$이(가) ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{1}}}$ ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{\mathrm{}}}}$ 1 /${\displaystyle {\zeta }_{}}$ ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}\mathrm{}}$ ${\$n}}}}이(가)이)이$$(가(가) 분기되는 경우 분리된다.

리미트 버전의 경우 시리즈:^[16][7][9]

• n→ > 0 ${\displaystyle \lim _{n\to \infit }\rho _{n}}0}($이 경우 ρ = ∞ 포함)
• → n < 0 $displaystyle \lim _{n\to \infit }\rho _{n}$ 및${\displaystyle \underset{and}{\overset{}{}}}$ n${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}}$= ${\displaystyle \underset{\mathrm{}}{\overset{}{1}}}$∞ ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}\mathrm{}}$ /${\displaystyle {\zeta }_{}}$ n ${\$${n}}}}}}}.$
• 그렇지 않으면 그 시험은 결론에 이르지 못한다.

위의 한도가 존재하지 않는 경우, 상·하한 한도를 사용할 수 있다.^[4] 시리즈는 그럴 것이다.

• → > 0 ${\displaystyle \liminf _{n\to \inft }\rho _{n}}}}$에 수렴한다.
• n→ < ${\displaystyle \limsup _{n\to \infit }\rho _{n}$ 및 $\sum {\displaystyle }$ ${\displaystyle 1}$ /${\displaystyle \zeta {}_{}}$ ${\displaystyle n_{}}$ ${\$ 1$/\zeta _{n}}}}}$이 분리되면 분리한다.

특례

가우스의 테스트를 제외한 드 모건의 계층 구조에서 모든 테스트는 쿠메르의 테스트의 특별한 사례로 쉽게 볼 수 있다.^[4]

• 비율 검사의 경우 ζ_n=1로 한다. 다음:

${\displaystyle \rho_{Kummer}=\왼쪽({\frac {a_{n}}{n+1}-1\right)=1/\rho_{Ratio}-1}$

• Raabe의 시험은_n ==n으로 한다. 다음:

${\displaystyle \rho_{Kummer}=\왼쪽(n{\frac {a_{n}}{n+1}-{a_{n+1}-(n+1)-(오른쪽)=\rho _{Raabe}-1}$

• 베르트랑의 테스트는 ζ_n=n ln(n)으로 한다. 다음:

${\displaystyle \rho_{Kummer}=n\ln(n)\좌측({\frac {a_{n}}{n}}{a_{n+1}}\오른쪽)-(n+1)\ln(n+1)}$

Using ${\displaystyle \ln(n+1)=\ln(n)+\ln(1+1/n)}$ and approximating${\displaystyle \ln(1+1/n)\rightarrow 1/n}$ for large n, which is negligible compared to the other terms, ${\displaystyle \rho _{Kummer}}$ may be written:

${\displaystyle \rho_{Kummer}=n\ln(n)\좌측({\frac {a_{n}}{n+1}:1}}-1\우측)-\ln(n)-1=\rho_{Bertrand}-1}$

• Extended Bertrand의 테스트의 경우, ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{\zeta n}}{}_{}}$=${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}1\underset{}{\overset{}{}}{K}_{}}$ ${\displaystyle {\ln }_{}}$( k${\displaystyle {}_{}}$)${\displaystyle .}$ ${\displaystyle \zeta _{n}=n\prod _{k=1}^{k$}\ln$_{(k)}(n$)을 테일러 시리즈 $확장$으로부터 큰 n ${\displaysty n}$에 도달한다$.$

${\displaystyle \ln \ln _{(k)}(n+1)=\ln(n)}+{1}{n\prod_{j=1}^{k-1}\ln(n)}}}+O\왼쪽({\frac {1}{n^{n^{2}}\}\rig}\rig}오른쪽),}}$

여기서 빈 제품은 1로 가정한다. 그러면.

${\displaystyle \rho _{Kummer}=n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n){\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-(n+1)\left[\prod _{k=1}^{K}\left(\ln _{(k)}(n)+{\frac {1}{n\prod _{j=1}^{k-1}\ln _{(j)}(n)}}\right)\right]+o(1)=n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n)\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-\sum _{j=1}^{K}\prod _{k=1}^{j}\ln _{(K-k+1)}(n)-1+o(1).}$

그러므로,

${\displaystyle \rho _{Kummer}=\rho _{ExtendedBertrand}-1.}$

이 네 가지 테스트의 경우, De Morgan 계층 구조에서 $높을수록{\displaystyle \mathrm{}}$ 1 /${\displaystyle {\zeta n}_{}}$ ${\$ 1$/\zeta _{n}$ 시리즈가$$ 더 느리게 분산된다는 점에 유의하십시오.

쿠메르 시험 증명서

> ${\displaystyle \rho _{n}}$인 경우 $양수{\displaystyle }$ 0 < > < n < ${\$ 0$<\delta <\rho$ $_$${n$을(를$)$ 수정하십시오. n> N ${\displaysty n,}$

${\displaystyle \leq \leq \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}-\zeta _{n+1}.}$

n >N ,${\displaystyle n]$에 대해 n + > 0 {\$displaystyle a_{n+1}>0}$ 이후$.$

${\displaystyle 0\leq \cHB_{n+1}\leq \jeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}a}.$

특정ζ n+1n+1≤에서;0}monotonically고 가난한 감소하고 있는 N은 순서{N\displaystyle}인덱스에서 시작하는 n을 n ζ을 의미한 n≥ N{\displaystyle Nn\geq}에 대한 n{\displaystyle \zeta_{n+1}a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}};0{\displaystyle \zeta_{n}a_{n}> n ζ.sitive 이것은 특히 그것이 0으로 제한되어 있다는 것을 암시한다. 그러므로 한계는

${\displaystyle \underset{}{lim}}$ ${\displaystyle \underset{}{n}}$→ ${\displaystyle \underset{}{\mathrm{\infty }}}$ a ${\displaystyle n_{}}$= ${\displaystyle L}$ ${\displaystyle \lim _{n\to \infit }\zeta _{n}a_{n}=L}$이(가) 존재한다$$.

이는 양의 텔레스코핑 시리즈가

${\displaystyle \sum _n^{}}$= ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{1}}}$ ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{\mathrm{}}}}$ (${\displaystyle {}_{}{-n}_{}}$ a -${\displaystyle {\zeta n}_{}}$ + ${\displaystyle 1_{}}$ ${\displaystyle {}_{}{}_{}{\mathrm{n}}_{}}$+ 1 ) ${\$n=1}^{\$ft }\(\제타 _{n}a_-\zeta _{n+1}a_{n+$1}a_{n+$1}}}\오른쪽)$이 수렴,

그리고 모든 > ${\displaystyle n>N,}$에 대해

${\displaystyle \cHB_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}1}1}:{n+1}1}1}:{n+1}1}:{n+1}:{n+1}:{n+1}:{n1}$

양의 시리즈에 대한 직접 비교 테스트에 의해, ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{시리즈}}}$ $∆{\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}}$ n${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}}$= ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{1}}}$ Δ ${\displaystyle a_{}}$ ${\displaystyle {\mathrm{n}}_{}}$+ 1 ${\$}가$$ 수렴된다$.$

만약ρ<0{\displaystyle \rho<0}반면에, N은 다음과 같이 ζ}n을을 위해;N{\displaystyle n&gt을 증가하고 있는 n{\displaystyle \zeta_{n}a_{n}n 있다.N}. 특히, 그곳에는 ϵ>0{\displaystyle \epsilon>0}을 ζ n을의 스녀;ϵ{\displaystyle \zeta_{n}a_{n}>, \epsilon}존재한다. for all ${\displaystyle n>N}$, and so ${\displaystyle \sum _{n}a_{n}=\sum _{n}{\frac {a_{n}\zeta _{n}}{\zeta _{n}}}}$ diverges by comparison with ${\displaystyle \sum _{n}{\frac {\epsilon }{\zeta _{n}}}}$.

통의 금메르 시험 수정

통에 의해 금메르 시험의 새로운 버전이 제정되었다.^[6] 추가 토론 및 새로운 증빙 자료도^[11][17] 참조하십시오. 제공된 금메르 정리의 수정은 모든 양성 계열의 특성을 나타내며, 수렴 또는 분기는 수렴과 분열을 위한 두 가지 필요충분조건의 형태로 공식화할 수 있다.

• 만일이 긍정적인 시퀀스ζ n{\displaystyle \zeta_{n}존재하는 시리즈 ∑ n=1∞ 오빠{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}}}, nx1,2,…{\displaystyle n=1,2,\dots}, ζ 오빠 −ζ n+an+1n 1≥ c>0.{\displaystyle \zeta_{n}{\frac{a_{n}}{전진.a_{$n+1}-\zeta _{n+1}\geq c>0.$$}$

• Series ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}}$ diverges if and only if there exists a positive sequence ${\displaystyle \zeta _{n}}$, ${\displaystyle n=1,2,\dots }$, such that ${\displaystyle \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}$$}}-\제타 _{$n+$1}\leq$ 0,}$$및${\displaystyle \underset{}{\overset{}{}}}$andn$$ =${\displaystyle \underset{}{\overset{}{1}}}$ ${\displaystyle \underset{}{\overset{}{\mathrm{}}}}$ 1 ${\displaystyle \frac{{1n}_{}}{}}$ =${\displaystyle \sum \{n=1}^{\inflat }{\frac$ {$1}{n}}}=\inflat.}$

알리 두 번째 비율 검정

보다 정밀한 비율 검정은 두 번째 비율 검정이다.^[7][9] > ${\displaystyle a_{n}>0}$의 경우 다음을 정의하십시오.

${\displaystyle L_{0}\equiv \lim_{n\rightarrow \inflt }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}}}}}}:{n}}}}}}}}}$

${\displaystyle L_{1}\equiv \lim_{n\rightarrow \inflt }{\frac{a_{2n+1}:{n}}}}}}$

${\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1}})$

두 번째 비율 검사에 의해 시리즈:

• < ${\$ L$<{\frac {1}{2}}:}$일 경우 수렴
• > 1 ${\$ L$}{\frac {1}{2}}:}$일 경우 분리
• $L{\displaystyle }$= 1 ${\displaystyle \frac{2}{}}$ ${\$ 테스트는$$ 결론을 내리지 못한다.

상기의 한계가 존재하지 않는 경우, 상하의 한계를 이용하는 것이 가능할 수 있다. 정의:

${\displaystyle L_{0}\equiv \limsup _{n\rightarrow \inflt }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}}}}:{n}}}}}}}}}}$		${\displaystyle L_{1}\equiv \limsup _{n\오른쪽 화살표 \inflt }{\frac {a_{2n+1}:{a_{n}}}:{n}}}}}}$
${\displaystyle \ell _{0}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infit }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}}}}:{n}}}}}}}}}}$		${\displaystyle \ell _{1}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infit }{\frac{a_{2n+1}:{n}}}}}}$
${\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1}})$		${\displaystyle \ell \equiv \min(\ell _{0},\ell _{1}})$

그러면 이 시리즈는 다음과 같다.

• < ${\$ L$<{\frac {1}{2}}:}$일 경우 수렴
• > 1 ${\$}}인경우 분리
• $\ell {\displaystyle }$ ${\displaystyle 1\frac{\mathrm{}}{}}$ ${\displaystyle \le }$ 2 ${\displaystyle L}$ ${\displaystyle \ell \leq {\frac {1}{1$}{2$}}\leq L}$인 경우 테스트는 결론을 내리지 못한다.

$Ali$의 m ${\displaystyle m}$ th$$ 비율 검정

이 시험은 두 번째 비율 검사의 직접적인 연장이다.^[7][9] $0{\displaystyle \mathrm{}}$ ${\displaystyle \le k}$ ${\displaystyle \le m}$- ${\displaystyle 1}$,$${\$displaystyle$0\$leq$k\$leq m-1,}$ 및$$ $양$의 ${\displaystyle {경우}_{}}$ n ${\$은(는) 다음을$$ 정의한다.

${\displaystyle L_{k}\equiv \lim_{n\rightarrow \inflt }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}}}}:{n}}}}}}}$

${\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1},\ldots,L_{m-1}}}$

$m{\displaystyle }$ ${\displaystyle m}$ th$$ 비율 테스트에 의해 시리즈는 다음과 같이 된다.

• < ${\$ L$<{\frac {1}{m}}}$일 경우 수렴
• > ${\$ L$}{\frac {1}{m}}$일 경우 분리
• $L{\displaystyle }$= ${\displaystyle \frac{\mathrm{1m}}{}}$ ${\$인 경우 테스트는$$ 결론을 내리지 못한다.

상기의 한계가 존재하지 않는 경우, 상하의 한계를 이용하는 것이 가능할 수 있다. $0{\displaystyle \mathrm{}}$ ${\displaystyle \le k}$ ${\displaystyle \le m}$- ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle 0\leq k\leq m-1}$의 경우 다음을 정의하십시오$$.

${\displaystyle L_{k}\equiv \limsup _{n\오른쪽 화살표 \inflt }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}}}}}}}}$
${\displaystyle \ell _{k}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infit }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}}}}}}}}}$
${\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1},\ldots,L_{m-1}}}$		${\displaystyle \ell \equiv \min(\ell _{0},\ell _{1},\ldots,\ell _{m-1}})$

그러면 이 시리즈는 다음과 같다.

• < ${\$ L$<{\frac {1}{m}}}$일 경우 수렴
• > ${\$일 경우 전환
• $\ell {\displaystyle }$ ${\displaystyle \frac{\mathrm{1m}}{}\le }$ ${\displaystyle L}$ ${\displaystyle \ell$\leq ${\frac$ {1$}{m}\leq L}$인$$경우 테스트는 결론을 내리지 못한다.

Ali-Deutsche $style$ {\displaystyle$\varphi$ } - ratio$$ 테스트

이 테스트는 $m{\displaystyle }$ ${\displaystyle m}$ th$$ 비율 테스트의 확장이다.^[18]

${\displaystyle n_{}}$ ${\$ 시퀀스가 양의 감소 시퀀스라고$$ 가정하십시오.

$\phi {\displaystyle }$: ${\displaystyle {}^{}}$+${\displaystyle {}^{}}$→ ${\displaystyle {}^{}}$+ ${\$ $\$$mathb {Z} \$mathb {Z}^{+}} ${\displaystyle \underset{}{im}}$ n${\displaystyle \underset{}{}}$→${\displaystyle \underset{}{\mathrm{}}}$∞$φ$ ${\displaystyle \frac{(n}{}}$) ${\$ $\alpha {\displaystyle }$= ${\displaystyle \underset{}{림}}$ ${\displaystyle \underset{}{n}}$ →${\displaystyle \underset{}{}}$$→$${\displaystyle \underset{}{\mathrm{}}}$n${\displaystyle \frac{\phi }{}}$ (n${\displaystyle \frac{}{}}$) ${\$ {$n}{\varphi$($n$$)}}}}$을$($를$)$ 나타내며 0 <1을 가정한다

또한 ${\displaystyle \underset{}{lim}}$ ${\displaystyle \underset{}{n}}$→${\displaystyle \underset{}{\mathrm{}}}$∞(${\displaystyle \frac{n_{}}{}}$ ) ${\displaystyle \frac{a_{}}{{}_{}}}$n${\displaystyle \frac{{}_{}}{}}$= ${\displaystyle l.}$ ${\displaystyle \lim_{n\to \inflt$$}{\frac$ {$a_{\varphi$ ($n)}}{a_{n}}}=L$이라고 가정한다.$}$

그러면 이 시리즈는 다음과 같다.

• < ${\displaystyle$ L$<\alpha }$일 경우 수렴
• > ${\displaystyle$ L$>\alpha }$일 경우 분리
• $L{\displaystyle }$= ${\displaystyle \alpha }$ ${\displaystyle L=\alpha$ $\}$인 경우 테스트는 결론에 도달하지 못한다.

참고 항목

• 루트 테스트
• 수렴 반지름

각주

참조

• d'Alembert, J. (1768), Opuscules, V, pp. 171–183.
• Apostol, Tom M. (1974), Mathematical analysis (2nd ed.), Addison-Wesley, ISBN 978-0-201-00288-1: §8.14.
• Knopp, Konrad (1956), Infinite Sequences and Series, New York: Dover Publications, Bibcode:1956iss..book.....K, ISBN 978-0-486-60153-3: §3.3, 5.4.
• Rudin, Walter (1976), Principles of Mathematical Analysis (3rd ed.), New York: McGraw-Hill, Inc., ISBN 978-0-07-054235-8: §3.34.
• "Bertrand criterion", Encyclopedia of Mathematics, EMS Press, 2001 [1994]
• "Gauss criterion", Encyclopedia of Mathematics, EMS Press, 2001 [1994]
• "Kummer criterion", Encyclopedia of Mathematics, EMS Press, 2001 [1994]
• Watson, G. N.; Whittaker, E. T. (1963), A Course in Modern Analysis (4th ed.), Cambridge University Press, ISBN 978-0-521-58807-2: §2.36, 2.37.