比率テスト

数学において、比率判定法は級数の収束を判定するための判定法（または「基準」）である。

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n},

ここで、各項は実数または複素数であり、 $n が大きい場合は n$ $は$ $ゼロ$ 以外になります。このテストは、ジャン・ル・ロン・ダランベールによって最初に発表され、ダランベールの比率テストまたはコーシーの比率テストとして知られています。^[¹^]

テスト

通常のテスト形式では、限界値を使用します。

比率テストでは、次のように述べられています。

L < 1の場合、級数は絶対収束する。
L > 1の場合、級数は発散する。
L = 1の場合、または極限が存在しない場合、この条件を満たす収束級数と発散級数の両方が存在するため、判定は不確定となる。

上限限界と下限限界を用いると、 L が存在しない特定のケースにも比率テストを適用できる。また、 L = 1の場合でもテストが決定的なものとなるように、テスト基準を改良することもできる。より具体的には、

R=\lim \sup \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|

r=\lim \inf \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|

。

すると、比率テストでは次のことが述べられます。^{[ 2 ]}^{[ 3 ]}

R < 1の場合、級数は絶対収束する。
r > 1の場合、級数は発散します。または同等に、 $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>1$ すべての大きなnに対して( rの値に関係なく)、級数も発散します。これは、 $|a_{n}|$ はゼロではなく増加しており、したがって $n は$ ゼロに近づきません。
それ以外の点では、検査結果は決定的なものではない。

( 1 )の極限Lが存在する場合、L = R = rでなければなりません。したがって、元の比率テストは、改良された比率テストの弱いバージョンです。

例

L < 1なので収束する

シリーズを考えてみましょう

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{n}}}

比率判定法を適用すると、極限が計算される。

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.

この極限値は1未満であるため、級数は収束する。

L > 1なので発散する

シリーズを考えてみましょう

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {e^{n}}{n}}.

これを比率テストに当てはめてみると：

L=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {\frac {e^{n+1}}{n+1}}{\frac {e^{n}}{n}}}\right|=e>1.

したがって、この級数は発散する。

L = 1のため、結論は出ない。

3つのシリーズを考えてみましょう

\sum _{n=1}^{\infty }1,

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}},

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}.

最初の級数 ( 1 + 1 + 1 + 1 + ⋯ ) は発散し、2 番目の級数 (バーゼル問題の中心となる級数) は絶対収束し、3 番目の級数 (交代調和級数) は条件付き収束します。しかし、項ごとの大きさの比率は $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|$ 3つのシリーズのうち $1,$ ${\frac {n^{2}}{(n+1)^{2}}}$ そして ${\frac {n}{n+1}}$ なので、3つすべてにおいて、極限は $\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|$ は 1 に等しい。これは、 L = 1 の場合、級数が収束または発散する可能性があることを示している。つまり、比率判定法では結論が出ない。このような場合、収束または発散を判定するには、より精緻な判定法が必要となる。

証拠

以下に、一般化比率検定の妥当性を証明する。

仮に $r=\liminf _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>1$ また、我々は $(a_{n})$ 無限個の非ゼロ要素を持つ。そうでなければ、級数は単なる有限和となり、収束する。 $\ell \in (1;r)$ 自然数が存在する $n_{0}\geq 2$ 満足 $a_{n_{0}}\neq 0$ そして $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>\ell$ すべての人々のために $n\geq n_{0}$ なぜなら、そのようなものがなければ $\ell$ 存在するならば、任意に大きなものが存在する $n$ 満足 $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<\ell$ すべての $\ell \in (1;r)$ そうすれば部分列を見つけることができます $\left(a_{n_{k}}\right)_{k=1}^{\infty }$ 満足 $\limsup _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n_{k}+1}}{a_{n_{k}}}}\right|\leq \ell <r$ しかし、これは事実と矛盾する $r$ 限界は以下 $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|$ として $n\to \infty$ 存在を暗示している $\ell$ すると、次のことに気づきます。 $n\geq n_{0}+1$ 、 $|a_{n}|>\ell |a_{n-1}|>\ell ^{2}|a_{n-2}|>...>\ell ^{n-n_{0}}\left|a_{n_{0}}\right|$ 注目してください $\ell >1$ それで $\ell ^{n}\to \infty$ として $n\to \infty$ そして $\left|a_{n_{0}}\right|>0$ これは、 $(a_{n})$ 発散するので、シリーズは $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ n 項テストにより発散する。 $R=\limsup _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<1$ 上記の場合と同様に、自然数を見つけることができる。 $n_{1}$ そして $c\in (R;1)$ そのため $|a_{n}|\leq c^{n-n_{1}}\left|a_{n_{1}}\right|$ のために $n\geq n_{1}$ 。それから $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|=\sum _{k=1}^{n_{1}-1}|a_{k}|+\sum _{n=n_{1}}^{\infty }|a_{n}|\leq \sum _{k=1}^{n_{1}-1}|a_{k}|+\sum _{n=n_{1}}^{\infty }c^{n-n_{1}}|a_{n_{1}}|=\sum _{k=1}^{n_{1}-1}|a_{k}|+\left|a_{n_{1}}\right|\sum _{n=0}^{\infty }c^{n}.$ シリーズ $\sum _{n=0}^{\infty }c^{n}$ は公比が等しい等比級数です $c\in (0;1)$ したがって $\sum _{n=0}^{\infty }c^{n}={\frac {1}{1-c}}$ これは有限です。 $\sum _{k=1}^{n_{1}-1}|a_{k}|$ は有限和であり、したがって有界である。これは、次の級数を意味する。 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 単調収束定理と級数により収束する $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 絶対収束判定により収束する。極限が $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|$ 存在し、等しい $L$ それから $r=R=L$ これにより、元の比率検定が得られます。

L = 1の拡張

前の例で見たように、比率の極限が 1 の場合、比率テストは結論が出ない可能性があります。しかし、比率テストの拡張により、このケースに対処できる場合があります。^{[ 4 ]}^{[ 5 ]}^{[ 6 ]}^{[ 7 ]}^{[ 8 ]}^{[ 9 ]}^{[ 10 ]}^{[ 11 ]}

以下のすべてのテストでは、 $\sum a_{n}$ 正の合計 $a_{n}$ これらの判定法は、負の項が有限個である任意の級数にも適用できます。そのような級数は次のように表すことができます。

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

どこ $a_{n}$ は最も高い添え字を持つ負の項です。右辺の最初の式は有限な部分和であり、したがって級数全体の収束は右辺の2番目の式の収束特性によって決定されます。この式は、から始まるすべての正の項からなる級数を形成するように再添え字付けすることができます。 $n=1$ 。

各テストはテストパラメータを定義します（ $\rho _{n}$ ）収束または発散を確立するために必要なそのパラメータの挙動を指定します。各テストには、代わりに制約を課すより弱い形式のテストが存在します。 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}$ 。

すべてのテストには、収束特性を説明できない領域があります。 $\sum a_{n}$ 実際、収束判定法では級数の収束特性を完全に記述することはできません。^{[ 4 ]}^{[ 10 ]}これは、 $\sum a_{n}$ 収束する、第2の収束級数 $\sum b_{n}$ よりゆっくりと収束するものが見つかる。つまり、次のような性質を持つ。 $\lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}}{a_{n}}}=\infty$ さらに、もし $\sum a_{n}$ 発散する、第2の発散する系列 $\sum b_{n}$ より緩やかに発散するものが見つかる。つまり、次のような性質を持つ。 $\lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}}{a_{n}}}=0$ 収束テストは基本的に、特定のファミリーに対する比較テストを使用します。 $a_{n}$ また、収束や発散がより遅い数列では失敗する。

ド・モルガンの階層構造

オーガスタス・ド・モルガンは比率型検定の階層を提案した^{[ 4 ]}^{[ 9 ]}

比率テストパラメータ（ $\rho _{n}$ ）以下すべては一般的に次の形式の用語を含みます $D_{n}a_{n}/a_{n+1}-D_{n+1}$ この項は、 $a_{n+1}/a_{n}$ 収穫する $D_{n}-D_{n+1}a_{n+1}/a_{n}$ この用語は、試験パラメータの定義において以前の用語に代用することができ、そこから導き出される結論は同じままです。したがって、試験パラメータのどちらの形式を使用している文献であっても、区別はされません。

1. ダランベールの比率判定法

ド・モルガンの法則における最初のテストは、上述の比率テストである。

2. ラーベのテスト

この拡張機能はJoseph Ludwig Raabe氏によるものです。定義:

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

（その他いくつかの用語については、Ali、Blackburn、Feld、Duris（なし）、Duris2を参照）

このシリーズでは、次のようになります。^{[ 7 ]}^{[ 10 ]}^{[ 9 ]}

収束する $c>1$ そのため $\rho _{n}\geq c$ すべての人々のために $n>N$ 。
分岐する時 $\rho _{n}\leq 1$ すべての人々のために $n>N$ 。
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

極限バージョンの場合、^{[ 12 ]}級数は次のようになります。

収束する場合 $\rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1$ （これにはケースも含まれます） $\rho =\infty$ ）
分岐する場合 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1$ 。
もし $\rho =1$ 検査結果は決定的なものではない。

上記の限界が存在しない場合、上限と下限を用いることができる。^{[ 4 ]}級数は次のようになる。

収束する場合 $\liminf _{n\to \infty }\rho _{n}>1$
分岐する場合 $\limsup _{n\rightarrow \infty }\rho _{n}<1$
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

ラーベのテストの証明

定義する $\rho _{n}\equiv n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)$ 極限が存在すると仮定する必要はありません。 $\limsup \rho _{n}<1$ 、それから $\sum a_{n}$ 発散する一方、 $\liminf \rho _{n}>1$ 和は収束する。

証明は基本的に比較によって進む $\sum 1/n^{R}$ まず、 $\limsup \rho _{n}<1$ もちろん、 $\limsup \rho _{n}<0$ それから $a_{n+1}\geq a_{n}$ 大型 $n$ なので、和は発散する。次に、 $0\leq \limsup \rho _{n}<1$ 存在する $R<1$ そのため $\rho _{n}\leq R$ すべての人々のために $n\geq N$ つまり、 ${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}\leq \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\leq e^{R/n}$ 。したがって $a_{n+1}\geq a_{n}e^{-R/n}$ これは、 $a_{n+1}\geq a_{N}e^{-R(1/N+\dots +1/n)}\geq ca_{N}e^{-R\log(n)}=ca_{N}/n^{R}$ のために $n\geq N$ ; 以来 $R<1$ これは、 $\sum a_{n}$ 分岐する。

もう一方の証明も全く同様で、ほとんどの不等式を単に逆にするだけです。単純な不等式の代わりに使うための予備的な不等式が必要です。 $1+t<e^{t}$ 上記で使用した修正 $R$ そして $N$ 。ご了承ください $\log \left(1+{\frac {R}{n}}\right)={\frac {R}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ 。それで $\log \left(\left(1+{\frac {R}{N}}\right)\dots \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\right)=R\left({\frac {1}{N}}+\dots +{\frac {1}{n}}\right)+O(1)=R\log(n)+O(1)$ ;したがって $\left(1+{\frac {R}{N}}\right)\dots \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\geq cn^{R}$ 。

ここで、 $\liminf \rho _{n}>1$ 最初の段落で述べたように議論し、前の段落で確立した不等式を用いると、次のことが分かる。 $R>1$ そのため $a_{n+1}\leq ca_{N}n^{-R}$ のために $n\geq N$ ; 以来 $R>1$ これは、 $\sum a_{n}$ 収束する。

（発散を証明するより速い方法： ${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}\leq \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)$ 。したがって $a_{n}n\leq a_{n+1}(n+1)$ これは、 $a_{n}n$ 単調増加である $n\geq N$ ; 以来 $a_{n}>0$ 定数が存在しなければならない $\epsilon >0$ そのため $a_{n}n>\epsilon$ すべての人々のために $n\geq N$ 。したがって、 $a_{n}\geq {\frac {\epsilon }{n}}$ そして $\sum a_{n}$ （発散する。）

3. ベルトランのテスト

この拡張は、ジョセフ・ベルトランとオーガスタス・ド・モルガンによるものです。

定義：

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

ベルトランのテスト^{[ 4 ]}^{[ 10 ]}は、この数列が次のようになると主張している。

収束する $c>1$ そのため $\rho _{n}\geq c$ すべての人々のために $n>N$ 。
分岐する時 $\rho _{n}\leq 1$ すべての人々のために $n>N$ 。
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

制限バージョンでは、シリーズは次のようになります。

収束する場合 $\rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1$ （これにはケースも含まれます） $\rho =\infty$ ）
分岐する場合 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1$ 。
もし $\rho =1$ 検査結果は決定的なものではない。

上記の限界が存在しない場合、上限と下限を使用できる可能性があります。^{[ 4 ]}^{[ 9 ]}^{[ 13 ]}この数列は次のようになります。

収束する場合 $\liminf \rho _{n}>1$
分岐する場合 $\limsup \rho _{n}<1$
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

4. 拡張ベルトラン検定

この拡張は恐らく1941年にマーガレット・マーティンによって初めて発表された。^{[ 14 ]}クンマーのテストに基づき、技術的な仮定（例えば極限の存在など）を用いない簡潔な証明が、2019年にヴャチェスラフ・アブラモフによって提供された。 ^{[ 15 ]}

させて $K\geq 1$ を整数とし、 $\ln _{(K)}(x)$ を示す $K$ 自然対数の番目の反復、すなわち $\ln _{(1)}(x)=\ln(x)$ そしてどんな $2\leq k\leq K$ 、 $\ln _{(k)}(x)=\ln _{(k-1)}(\ln(x))$ 。

比率が $a_{n}/a_{n+1}$ 、いつ $n$ 大きいので、次の形式で表示できます

{\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.

（空の合計は0と仮定します。 $K=1$ （このテストはベルトランのテストに帰着する。）

価値 $\rho _{n}$ 明示的に次の形式で表現できます

\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).

拡張ベルトラン検定は、シリーズが

収束する $c>1$ そのため $\rho _{n}\geq c$ すべての人々のために $n>N$ 。
分岐する時 $\rho _{n}\leq 1$ すべての人々のために $n>N$ 。
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

制限バージョンの場合、シリーズ

収束する場合 $\rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1$ （これにはケースも含まれます） $\rho =\infty$ ）
分岐する場合 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1$ 。
もし $\rho =1$ 検査結果は決定的なものではない。

上記の制限が存在しない場合、上限と下限を使用できる可能性があります。

収束する場合 $\liminf \rho _{n}>1$
分岐する場合 $\limsup \rho _{n}<1$
そうでなければ、検査結果は不確定となる。

拡張ベルトラン検定の応用については、出生・死亡過程を参照してください。

5. ガウスのテスト

この拡張はカール・フリードリヒ・ガウスによるものです。

仮定すると $a_{n}>0$ そして $r>1$ 有界な数列の場合 $C_{n}$ すべてのに対してが見つかる $n$ : ^{[ 5 ]}^{[ 7 ]}^{[ 9 ]}^{[ 10 ]}

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

するとシリーズは次のようになります。

収束する場合 $\rho >1$
分岐する場合 $\rho \leq 1$

6. クンマー検定

この拡張機能はエルンスト・クンマーによるものです。

させて $\zeta _{n}$ 正の定数の補助列とする。

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

クンマーのテストによれば、この数列は次のようになります。^{[ 5 ]}^{[ 6 ]}^{[ 10 ]}^{[ 11 ]}

収束する $c>0$ そのため $\rho _{n}\geq c$ すべての人々のために $n>N$ （これは、 $\rho _{n}>0$ ）
分岐する場合 $\rho _{n}\leq 0$ すべての人々のために $n>N$ そして $\sum _{n=1}^{\infty }1/\zeta _{n}$ 分岐する。

極限バージョンでは、シリーズは次のようになります。^{[ 16 ]}^{[ 7 ]}^{[ 9 ]}

収束する場合 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>0$ （これにはケースも含まれます） $\rho =\infty$ ）
分岐する場合 $\lim _{n\to \infty }\rho _{n}<0$ そして $\sum _{n=1}^{\infty }1/\zeta _{n}$ 分岐する。
そうでなければ、検査結果は不確定である。

上記の限界が存在しない場合、上限と下限を使用できる可能性があります。^{[ 4 ]}数列は

収束する場合 $\liminf _{n\to \infty }\rho _{n}>0$
分岐する場合 $\limsup _{n\to \infty }\rho _{n}<0$ そして $\sum 1/\zeta _{n}$ 分岐する。

特別なケース

ガウスのテストを除くド・モルガンの階層のすべてのテストは、クンマーのテストの特殊なケースとして容易に見なすことができる。^{[ 4 ]}

比率検定では、 $\zeta _{n}=1$ 。それから：

\rho _{\text{Kummer}}=\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)=1/\rho _{\text{Ratio}}-1

ラーベのテストでは、 $\zeta _{n}=n$ 。それから：

\rho _{\text{Kummer}}=\left(n{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-(n+1)\right)=\rho _{\text{Raabe}}-1

ベルトランの検定では、 $\zeta _{n}=n\ln(n)$ 。それから：

\rho _{\text{Kummer}}=n\ln(n)\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}\right)-(n+1)\ln(n+1)

使用

\ln(n+1)=\ln(n)+\ln(1+1/n)

そして近似する

\ln(1+1/n)\rightarrow 1/n

nが大きい場合、他の項に比べて無視できるほど小さいので、

\rho _{\text{Kummer}}

次のように表記されることもあります。

\rho _{\text{Kummer}}=n\ln(n)\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)-\ln(n)-1=\rho _{\text{Bertrand}}-1

拡張ベルトラン検定では、 $\zeta _{n}=n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n)$ 大きな値に対するテイラー級数展開から $n$ 我々は近似値に到達する

\ln _{(k)}(n+1)=\ln _{(k)}(n)+{\frac {1}{n\prod _{j=1}^{k-1}\ln _{(j)}(n)}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)

、

ここで、空の積は1であると仮定する。すると、

\rho _{\text{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)

。

したがって、

\rho _{\text{Kummer}}=\rho _{\text{Extended Bertrand}}-1

。

これらの 4 つのテストでは、ドモルガンの階層で上位になるほど、 $1/\zeta _{n}$ 数列が分岐する。

クンマーのテストの証明

もし $\rho _{n}>0$ 次に正の数を固定します $0<\delta <\rho _{n}$ 自然数が存在する $N$ すべての $n>N$ 、

\delta \leq \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}

。

以来 $a_{n+1}>0$ 、すべての $n>N$ 、

0\leq \delta a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}

。

特に $\zeta _{n+1}a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}$ すべての人々のために $n\geq N$ つまり、インデックスから始めると $N$ シーケンス $\zeta _{n}a_{n}>0$ は単調減少かつ正であり、特に0で下から抑えられることを意味します。したがって、極限は

\lim _{n\to \infty }\zeta _{n}a_{n}=L

存在する。

これは、正のテレスコープ級数が

\sum _{n=1}^{\infty }\left(\zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}\right)

収束する、

そしてすべての $n>N$ 、

\delta a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}

正の系列の直接比較テストにより、系列は $\sum _{n=1}^{\infty }\delta a_{n+1}$ 収束する。

一方、 $\rho <0$ すると、あるNが存在して、 $\zeta _{n}a_{n}$ 増加している $n>N$ 特に、 $\epsilon >0$ そのために $\zeta _{n}a_{n}>\epsilon$ すべての人々のために $n>N$ 、など $\sum _{n}a_{n}=\sum _{n}{\frac {a_{n}\zeta _{n}}{\zeta _{n}}}$ 比較すると、 $\sum _{n}{\frac {\epsilon }{\zeta _{n}}}$ 。

トンによるクンマーのテストの修正

トンによってクンマーのテストの新しいバージョンが確立されました。^{[ 6 ]さらなる議論と新しい証明については、}^{[ 8 ]}^{[ 11 ]}^{[ 17 ]}も参照してください。提供されたクンマーの定理の修正はすべての正の級数を特徴付け、収束または発散は、収束のための1つと発散のためのもう1つの必要十分条件の形で定式化できます。

シリーズ $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 正の数列が存在する場合に限り収束する $\zeta _{n}$ 、 $n=1,2,\dots$ 、したがって $\zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}\geq c>0.$

シリーズ $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 発散するのは、正の数列が存在する場合に限る。 $\zeta _{n}$ 、 $n=1,2,\dots$ 、したがって $\zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}\leq 0,$ そして $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty .$

これらの記述のうち最初のものは、次のように簡略化できます。^{[ 18 ]}

シリーズ $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 正の数列が存在する場合に限り収束する $\zeta _{n}$ 、 $n=1,2,\dots$ 、したがって $\zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}=1.$

2番目の文も同様に簡略化できます。

シリーズ $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 発散するのは、正の数列が存在する場合に限る。 $\zeta _{n}$ 、 $n=1,2,\dots$ 、したがって $\zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}=0,$ そして $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty .$

しかし、条件が満たされると、それは役に立たなくなります。 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty$ この場合、元の請求に還元される $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\infty .$

フリンクの比率検定

クンマーの定理の枠組みで設定できる別の比率テストは、 1948年にオーリン・フリンク^{[ 19 ]}によって提示された。

仮定する $a_{n}$ はシーケンスです $\mathbb {C} \setminus \{0\}$ 、

もし $\limsup _{n\rightarrow \infty }{\Big (}{\frac {|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}{\Big )}^{n}<{\frac {1}{e}}$ そしてシリーズ $\sum _{n}a_{n}$ 完全に収束する。
もしあるなら $N\in \mathbb {N}$ そのため ${\Big (}{\frac {|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}{\Big )}^{n}\geq {\frac {1}{e}}$ すべての人々のために $n\geq N$ 、それから $\sum _{n}|a_{n}|$ 分岐する。

この結果は、 $\sum _{n}|a_{n}|$ パワーシリーズ $\sum _{n}n^{-p}$ 、そして、ラーベのテストと関連していることがわかる。^{[ 20 ]}

アリの2回目の比率テスト

より洗練された比率検定は、第2の比率検定です。^{[ 7 ]}^{[ 9 ]} $a_{n}>0$ 定義する：

2回目の比率テストにより、このシリーズは次のようになります。

収束する場合 $L<{\frac {1}{2}}$
分岐する場合 $L>{\frac {1}{2}}$
もし $L={\frac {1}{2}}$ その場合、検査結果は決定的なものではない。

上記の制限が存在しない場合は、上限と下限を使用できる可能性があります。定義：

そしてシリーズは次のようになります。

収束する場合 $L<{\frac {1}{2}}$
分岐する場合 $\ell >{\frac {1}{2}}$
もし $\ell \leq {\frac {1}{2}}\leq L$ その場合、検査結果は決定的なものではない。

アリのm番目の比率テスト

このテストは、第2の比率テストの直接的な拡張である。^{[ 7 ]}^{[ 9 ]} $0\leq k\leq m-1,$ そして肯定的 $a_{n}$ 定義する：

によって $m$ 比率テストでは、シリーズは次のようになります。

収束する場合 $L<{\frac {1}{m}}$
分岐する場合 $L>{\frac {1}{m}}$
もし $L={\frac {1}{m}}$ その場合、検査結果は決定的なものではない。

上記の制限が存在しない場合は、上限と下限を使用できる可能性があります。 $0\leq k\leq m-1$ 定義する：

そしてシリーズは次のようになります。

収束する場合 $L<{\frac {1}{m}}$
分岐する場合 $\ell >{\frac {1}{m}}$
もし $\ell \leq {\frac {1}{m}}\leq L$ その場合、検査結果は決定的なものではない。

Ali--Deutsche Cohen のφ比テスト

このテストは、 $m$ 比率検定。^{[ 21 ]}

数列が $a_{n}$ これは正の減少数列である。

させて ${\displaystyle \varphi$ は、 $\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\varphi (n)}}$ 存在する。 $\alpha =\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\varphi (n)}}$ と仮定する $0<\alpha <1$ 。

また、 $\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{\varphi (n)}}{a_{n}}}=L.$

そしてシリーズは次のようになります。

収束する場合 $L<\alpha$
分岐する場合 $L>\alpha$
もし $L=\alpha$ その場合、検査結果は決定的なものではない。

脚注

↑ワイスタイン、エリック・W. 「比率テスト」。マスワールド。
↑ルーディン 1976 、§3.34
↑アポストル 1974 、§8.14
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比率テスト

テスト

例

L < 1なので収束する

L > 1なので発散する

L = 1のため、結論は出ない。

証拠

L = 1の拡張

ド・モルガンの階層構造

1. ダランベールの比率判定法

2. ラーベのテスト

ラーベのテストの証明

3. ベルトランのテスト

4. 拡張ベルトラン検定

5. ガウスのテスト

6. クンマー検定

特別なケース

クンマーのテストの証明

トンによるクンマーのテストの修正

フリンクの比率検定

アリの2回目の比率テスト

アリのm番目の比率テスト

Ali--Deutsche Cohen のφ比テスト

関連項目

脚注

References

関連するトピック

数学

級数

収束を判定するための

判定法