Cauchyjev integralni test konvergencije

Šablon:Nedostaju izvori Šablon:Infinitezimalni račun U matematici, Cauchyjev integralni test konvergencije je metoda koja se koristi za testiranje konvergencije kod beskonačnih redova koji imaju nenegativne članove. Ranu verziju testa konvergencije razvio je indijski matematičar Madhava u 14. vijeku, u pomoć svojih kolega iz škole Kerala. U Evropi je kasnije razrađen od strane Maclaurina i Cauchyja, te je poznat pod nazivom Maclaurin–Cauchyjev test (ili samo Cauchyjev integralni test).

Iskaz testa

Uzmimo cijeli broj N i nenegativnu monotono opadajuću funkciju f definisanu na neograničenom intervalu [N, ∞). Tada red

$\sum _{n=N}^{\mathrm{\infty }}f(n)$

konvergira ako i samo ako integral

$\underset{N}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx$

ima određeno rješenje. To znači, ako integal divergira, divergira i dati red.

Dokaz

U dokazu se koristi test poređenja, gdje se poredi član f(n) sa integralom od f preko intervala [n − 1, n] i [n, n + 1], respektivno.

Pošto je f monotono opadajuća funkcija, znamo da je

$f(x)\le f(n)\text{for }x\in [n,\mathrm{\infty })$

i

$f(n)\le f(x)\text{for }x\in [N,n],$

odakle vrijedi, za svaki n veći od N

$\underset{n}{\overset{n+1}{\int }}f(x)dx\le \underset{n}{\overset{n+1}{\int }}f(n)dx=f(n)=\underset{n-1}{\overset{n}{\int }}f(n)dx\le \underset{n-1}{\overset{n}{\int }}f(x)dx.$

Pošto prethodna procjena važi i za f(N), dobijamo sumiranjem preko cijelog n, od N do nekog većeg cijelog broja M

$\underset{N}{\overset{M+1}{\int }}f(x)dx\le \sum _{n=N}^{M}F(n)\le f(N)+\underset{N}{\overset{M}{\int }}f(x)dx.$

Kada pustimo da M teži u beskonačnost, dobijamo razultat.

Primjene

Hermonijski red

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$

divergira zato što, koristeći prirodni logaritam, njegovu derivaciju, te fundamentalni teorem kalkulusa, dobijamo

$\underset{1}{\overset{M}{\int }}\frac{1}{x}dx=\ln x{|}_1^M=\ln M\to \mathrm{\infty }\text{for }M\to \mathrm{\infty }.$

Suprotno, red

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{1+\epsilon }}$

(uporedite sa Riemannovom zeta funkcijom) konvergira za svaki ε > 0, pošto je

$\underset{1}{\overset{M}{\int }}\frac{1}{x^{1+\epsilon }}dx=-\frac{1}{\epsilon x^{\epsilon }}{|}_1^M=\frac{1}{\epsilon }(1-\frac{1}{M^{\epsilon }})\le \frac{1}{\epsilon }\text{for all }M\ge 1.$

Granica između konvergencije i divergencije

Prethodni primjeri koji uključuju harmonijske redove, postavljuju pitanje da li potoje monotoni nizovi takvi da f(n) opada do 0 brže od 1/n, ali sporije od 1/n^1+ε, u smislu da

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(n)}{1/n}=0\text{and}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(n)}{1/n^{1+\epsilon }}=\mathrm{\infty }$

za svaki ε > 0, te da li odgovarajući redovi funkcije f(n) još uvijek, u tom slulčaju, divergiraju. Kada se takav niz pronađe, slično pitanje može se postaviti u slačaju da f(n) uzme ulogu 1/n, i tako dalje. Na ovaj način moguće je istražiti granicu između divergencije i konvergencije.

Koristeći integralni test konvergencije, može se pokazati (pogledajte ispod) d, za svaki prirodan broj k, red

$\sum _{n=N_k}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\ln (n){\ln }_2(n)\cdots {\ln }_{k-1}(n){\ln }_k(n)}$

još uvijek divergira (uporedite sa dokazom da suma recipročnih prostih brojeva divergira za k = 1), ali

$\sum _{n=N_k}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\ln (n){\ln }_2(n)\cdots {\ln }_{k-1}(n)({\ln }_k(n){)}^{1+\epsilon }}$

konvergira za svaki ε > 0. Ovdje ln_k označava k-tu kompoziciju funkcija prirodnog logaritma definisanog rekurzivno sa

${\ln }_k(x)=\{\begin{array}{cc}\ln (x)& \text{for }k=1,\\ \ln ({\ln }_{k-1}(x))& \text{for }k\ge 2.\end{array}$

Nadalje, N_k označava najmanji prirodni broj takav da je k-ta kompozocija dobro definisana i ln_k N_k ≥ 1, npr.

$N_k\ge \underset{k{e}^{\prime }\text{s}}{\underbrace{e^{e^{{\cdot }^{{\cdot }^e}}}}}=e\uparrow \uparrow k$

koristeći tetraciju ili Knuthovu notaciju.

Kako bi smo vidjeli divergenciju prvog reda koristeći integralni test, zapazite da ponavljanom primjenom pravila derivacije složene funkcije

$\frac{d}{dx}{\ln }_{k+1}(x)=\frac{d}{dx}\ln ({\ln }_k(x))=\frac{1}{{\ln }_k(x)}\frac{d}{dx}{\ln }_k(x)=\cdots =\frac{1}{x\ln (x)\cdots {\ln }_k(x)},$

odakle vrijedi

$\underset{N_k}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x\ln (x)\cdots {\ln }_k(x)}={\ln }_{k+1}(x){|}_{N_k}^{\mathrm{\infty }}=\mathrm{\infty }.$

Da bi smo vidjeli konvergenciju drugog reda, zapazite da sa primjenom pravila o derivaciji stepena, pravila o derivaciji složene funkcije i rezultata iznad dobijamo

$-\frac{d}{dx}\frac{1}{\epsilon ({\ln }_k(x){)}^{\epsilon }}=\frac{1}{({\ln }_k(x){)}^{1+\epsilon }}\frac{d}{dx}{\ln }_k(x)=\cdots =\frac{1}{x\ln (x)\cdots {\ln }_{k-1}(x)({\ln }_k(x){)}^{1+\epsilon }},$

odakle vrijedi

$\underset{N_k}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x\ln (x)\cdots {\ln }_{k-1}(x)({\ln }_k(x){)}^{1+\epsilon }}=-\frac{1}{\epsilon ({\ln }_k(x){)}^{\epsilon }}{|}_{N_k}^{\mathrm{\infty }}<\mathrm{\infty }.$

Reference

• Knopp, Konrad, "Infinite Sequences and Series", Dover publications, Inc., New York, 1956. (§ 3.3) Šablon:ISBN
• Whittaker, E. T., and Watson, G. N., A Course in Modern Analysis, fourth edition, Cambridge University Press, 1963. (§ 4.43) Šablon:ISBN