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교대급수 판정법 📂미분적분학

교대급수 판정법

정리1

다음의 조건을 만족하는 교대급수 ∑n=1∞(−1)n−1bn\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n-1}b_{n} (bn>0)(b_{n} \gt 0)는 수렴한다.

  1. bn+1≤bn∀nb_{n+1} \le b_{n} \quad \forall n.
  2. lim⁡n→∞bn=0\lim\limits_{n \to \infty} b_{n} = 0.

증명

우선 짝수번째 항까지의 부분합을 생각하자.

s2=b1−b2≥0s4=s2+(b3−b4)≥s2s6=s4+(b5−b6)≥s4⋮s2n=s2n−2+(b2n−1−b2n)≥s2n−2 \begin{align*} s_{2} &= b_{1} - b_{2} \ge 0 \\ s_{4} &= s_{2} + (b_{3} - b_{4}) \ge s_{2} \\ s_{6} &= s_{4} + (b_{5} - b_{6}) \ge s_{4} \\ &\quad \vdots \\ s_{2n} &= s_{2n-2} + (b_{2n-1} - b_{2n}) \ge s_{2n-2} \end{align*}

따라서 다음이 성립한다.

0≤s2≤s4≤⋯≤s2n≤⋯ 0 \le s_{2} \le s_{4} \le \cdots \le s_{2n} \le \cdots

한편 s2ns_{2n}은 다음과 같이 쓸 수 있다.

s2n=b1−(b2−b3)−(b4−b5)−⋯−(b2n−2−b2n−1)−b2n s_{2n} = b_{1} - (b_{2} - b_{3}) - (b_{4} - b_{5}) - \cdots - (b_{2n-2} - b_{2n-1}) - b_{2n}

괄호안의 모든 항과 b2nb_{2n}이 양수이므로, 모든 nn에 대해서 s2n<b1s_{2n} \lt b_{1}가 성립한다. 즉 위로 유계이다. 단조이고 유계인 수열은 수렴하므로, s2ns_{2n}은 수렴한다.

lim⁡n→∞s2n=s \lim\limits_{n \to \infty} s_{2n} = s

이제 홀수번째 항까지의 부분합을 생각해보면, 다음과 같이 ss로 수렴함을 알 수 있다.

lim⁡n→∞s2n+1=lim⁡n→∞s2n+b2n+1=lim⁡n→∞s2n+lim⁡n→∞b2n+1=s+0=s \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty} s_{2n + 1} &= \lim\limits_{n \to \infty} s_{2n} + b_{2n + 1} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty} s_{2n} + \lim\limits_{n \to \infty} b_{2n + 1} \\ &= s + 0 \\ &= s \end{align*}

보조 정리

lim⁡n→∞a2n=L\lim\limits_{n \to \infty} a_{2n} = L이고 lim⁡n→∞a2n+1=L\lim\limits_{n \to \infty} a_{2n+1} = L이면 lim⁡n→∞an=L\lim\limits_{n \to \infty} a_{n} = L이다.

위의 보조 정리에 의해서 ∑n=1∞sn=s\sum\limits_{n = 1}^{\infty} s_{n} = s이다. 즉 급수 ∑n=1∞(−1)n−1bn\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n-1}b_{n}는 수렴한다.

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  1. James Stewart, Daniel Clegg, and Saleem Watson, Calculus (early transcendentals, 9E), p766-769 ↩︎