급수와 그 수렴

Definition (Series, Partial Sum). Given a sequence of real numbers \((a_n)_{n\ge1}\), let $s_n := a_1+a_2+\cdots+a_n$ be its $n$-th partial sum. The series $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges if $(s_n)$ converges, and the limit is called the sum of the series; otherwise the series diverges.

Proposition. If $\sum a_n$ converges, then $a_n \to 0$.

Proof. $s_n \to L$이라 하면 $s_{n-1}\to L$이기도 하므로 $a_n = s_n-s_{n-1} \to L-L=0$이다. $\blacksquare$

이 조건은 충분조건은 아니다. 조화급수(harmonic series) $\sum 1/n$이 대표적인 반례다. 항 $1/n$은 $0$으로 수렴하지만 급수 자체는 발산한다. 이 사실의 가장 오래된 증명은 14세기 프랑스의 스콜라 철학자 Nicole Oresme의 저작 Quaestiones super Geometriam Euclidis (약 1350~1360년경)까지 거슬러 올라간다 [6]. 항을 $2$의 거듭제곱 길이로 묶는 방식인데,

\[1+\frac12+\left(\frac13+\frac14\right)+\left(\frac15+\frac16+\frac17+\frac18\right)+\cdots\]

에서 괄호 안의 각 블록은 항상 $\dfrac12$ 이상이다. 예를 들어 $\dfrac13+\dfrac14 > \dfrac14+\dfrac14=\dfrac12$이고, $\dfrac15+\cdots+\dfrac18 > 4\cdot\dfrac18=\dfrac12$이다. 이런 블록이 무한히 이어지므로 부분합은 한계 없이 커진다. 이 증명은 17세기에 Mengoli와 Jacob Bernoulli가 각각 독립적으로 재발견했다 [7, 8].

절대수렴과 조건수렴

Definition (Absolute and Conditional Convergence). $\sum a_n$ is absolutely convergent if $\sum \vert a_n\vert$ converges. If $\sum a_n$ converges but $\sum\vert a_n\vert$ diverges, $\sum a_n$ is conditionally convergent.

Theorem. If $\sum a_n$ is absolutely convergent, then $\sum a_n$ converges.

Proof. $p_n := \max(a_n,0)$, $q_n:=\max(-a_n,0)$이라 하면 $a_n=p_n-q_n$, $\vert a_n\vert=p_n+q_n$이고 $0\le p_n,q_n\le\vert a_n\vert$이다. $\sum\vert a_n\vert$이 수렴한다고 가정하면, $\sum p_n$과 $\sum q_n$의 부분합은 각각 단조증가하면서 $\sum\vert a_n\vert$의 부분합(수렴하므로 유계)에 의해 위로 유계이므로, 지난 글의 Monotone Convergence Theorem에 의해 둘 다 수렴한다. 따라서 $\sum a_n = \sum p_n - \sum q_n$도 두 수렴하는 수열의 차이이므로 수렴한다. $\blacksquare$

역은 성립하지 않는다. 대표적인 예가 교대조화급수(alternating harmonic series) $\sum (-1)^{n+1}/n = 1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots$다. $\sum 1/n$이 발산하므로 절대수렴하지는 않지만, 다음과 같이 정확한 수렴값을 직접 계산할 수 있다.

Proposition. $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2$.

Proof. $t\ne-1$인 임의의 실수 $t$와 자연수 $n$에 대해

\[\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}\]

이 성립한다 (우변에 $1+t$를 곱하면 가운데 항들이 telescoping되어 좌변과 같아짐을 바로 확인할 수 있다). 양변을 $t=0$부터 $t=1$까지 적분하면

\[\ln2 = \int_0^1 \frac{dt}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k+1} + \int_0^1 \frac{(-t)^n}{1+t}\,dt = s_n + R_n\]

인데, 여기서 $s_n:=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}$은 교대조화급수의 $n$번째 부분합이고 $R_n:=\int_0^1 \dfrac{(-t)^n}{1+t}\,dt$이다. $0\le t\le1$에서 $\left\vert(-t)^n/(1+t)\right\vert \le t^n$이므로 $\vert R_n\vert \le \int_0^1 t^n\,dt = \dfrac1{n+1}\to0$이다. 따라서 $s_n = \ln2-R_n \to \ln2$이다. $\blacksquare$

절대수렴과 조건수렴의 흥미로운 차이는 재배열(rearrangement, 항을 더하는 순서를 바꾸는 것)에 대해 수렴값이 안정적인지에 있다. 절대수렴하는 급수는 재배열해도 수렴값이 달라지지 않는다.

Theorem. Let $\sum a_n$ be absolutely convergent with sum $S$. Then for every permutation $\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$, the rearranged series $\sum a_{\sigma(n)}$ also converges, to the same sum $S$.

Proof. $\varepsilon>0$이 주어졌다 하자. $\sum\vert a_n\vert$이 수렴하므로 그 나머지항은 $0$으로 수렴하니, 어떤 $N$이 있어 $\sum_{n>N}\vert a_n\vert<\varepsilon$이다. $\sigma$가 전단사이므로 $1,\ldots,N$은 모두 $\sigma(1),\ldots,\sigma(M)$ 중 어딘가에 나타나는 $M$(예를 들어 \(M:=\max\{\sigma^{-1}(1),\ldots,\sigma^{-1}(N)\}\))이 존재한다. $m\ge M$이면 \(\{\sigma(1),\ldots,\sigma(m)\}\supseteq\{1,\ldots,N\}\)이므로

\[\sum_{k=1}^m a_{\sigma(k)} - \sum_{n=1}^N a_n = \sum_{j\,\in\,\{\sigma(1),\ldots,\sigma(m)\}\setminus\{1,\ldots,N\}} a_j\]

인데, 우변은 지표가 모두 $N$보다 큰 유한 개의 항의 합이므로 그 절댓값은 $\sum_{n>N}\vert a_n\vert$ 이하, 즉 $\varepsilon$ 미만이다. 한편 $\left\vert S-\sum_{n=1}^N a_n\right\vert = \left\vert\sum_{n>N}a_n\right\vert \le \sum_{n>N}\vert a_n\vert<\varepsilon$이므로, 삼각부등식에 의해 모든 $m\ge M$에 대해

\[\left\vert\sum_{k=1}^m a_{\sigma(k)} - S\right\vert < 2\varepsilon\]

이다. $\varepsilon>0$이 임의였으므로 $\sum a_{\sigma(n)} \to S$. $\blacksquare$

이와 달리 조건수렴하는 급수는 재배열하면 다른 값에 수렴해버린다. 교대조화급수의 항을 양수 항 한 개, 음수 항 두 개씩을 번갈아 묶는 재배열을 생각해보자:

\[1-\frac12-\frac14+\frac13-\frac16-\frac18+\frac15-\frac1{10}-\frac1{12}+\cdots\]

Proposition. 위 재배열은 $\dfrac12\ln2$로 수렴한다.

Proof. $H_n := \sum_{k=1}^n \dfrac1k$이라 하자. 위 재배열의 $m$번째 블록까지의 부분합을

\[T_m := \sum_{j=1}^m\left(\frac1{2j-1}-\frac1{4j-2}-\frac1{4j}\right)\]

이라 하면, $\dfrac1{4j-2}+\dfrac1{4j} = \dfrac12\left(\dfrac1{2j-1}+\dfrac1{2j}\right)$이므로

\[T_m = \sum_{j=1}^m\frac1{2j-1} - \frac12\sum_{j=1}^m\left(\frac1{2j-1}+\frac1{2j}\right) = \frac12\sum_{j=1}^m\frac1{2j-1} - \frac12\sum_{j=1}^m\frac1{2j}\]

이다. $O_m:=\sum_{j=1}^m\frac1{2j-1}$(처음 $m$개 홀수 역수의 합), $E_m:=\sum_{j=1}^m\frac1{2j}=\frac12H_m$(처음 $m$개 짝수 역수의 합)이라 하면 $O_m+E_m=H_{2m}$이므로 $O_m=H_{2m}-\frac12H_m$이고, 따라서

\[T_m = \frac12(O_m-E_m) = \frac12\left(H_{2m}-\frac12H_m-\frac12H_m\right) = \frac12\big(H_{2m}-H_m\big) = \frac12 s_{2m}\]

이다 (마지막 등호는 앞의 Proposition의 증명에서 보인 $s_{2n}=H_{2n}-H_n$을 $n=m$에 대입한 것). $s_{2m}\to\ln2$이므로 $T_m \to \dfrac12\ln2$이다. 블록 안에서 실제로 더해지는 항 $\frac1{2j-1},\frac1{4j-2},\frac1{4j}$은 모두 $0$으로 수렴하므로, 블록 경계 사이의 중간 부분합들도 같은 값 $\dfrac12\ln2$로 수렴한다. $\blacksquare$

심지어 재배열 방식을 어떻게 조작하느냐에 따라 원하는 어떤 값으로도 수렴하게, 또는 아예 발산하도록도 만들 수 있다는 정리가 Riemann이 1854년에 쓴 교수자격논문(Habilitationsschrift) Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe에 실려 있다. 정작 이 논문은 Riemann 사후인 1867년(또는 1868년으로 표기되기도 한다)에야 Dedekind의 편집으로 출판되었다 [5].

Theorem (Riemann’s Rearrangement Theorem). Let $\sum a_n$ be a conditionally convergent series of real numbers. For any \(s\in\mathbb{R}\cup\{-\infty,\infty\}\), there exists a permutation $\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ such that the rearranged series $\sum a_{\sigma(n)}$ converges to $s$. There also exists a rearrangement along which the partial sums converge to no value at all, oscillating instead.

Proof (아이디어). 앞의 정리 증명에서 쓴 $p_n=\max(a_n,0)$, $q_n=\max(-a_n,0)$을 다시 쓰자. $\sum a_n$이 조건수렴하므로 $\sum\vert a_n\vert=\sum(p_n+q_n)$은 발산하는데, 만약 $\sum p_n$, $\sum q_n$ 둘 다 수렴한다면 그 합인 $\sum(p_n+q_n)$도 수렴해야 하므로 모순이고, 둘 중 하나만 발산한다면 $\sum a_n=\sum p_n-\sum q_n$ 자체가 발산(또는 $\pm\infty$로 발산)해야 하므로 이 역시 모순이다. 따라서 $\sum p_n$, $\sum q_n$은 (0이 아닌 항들만 모으면) 둘 다 $+\infty$로 발산한다.

이제 목표값 $s$를 향해 다음을 반복한다: 현재 부분합이 $s$보다 작으면 (아직 쓰지 않은) 양수 항 $p_n$들을 순서대로 더해 부분합이 $s$를 넘을 때까지 더하고, $s$보다 크면 음수 항 $-q_n$들을 순서대로 더해 부분합이 $s$ 아래로 내려갈 때까지 더한다. $\sum p_n$과 $\sum q_n$이 둘 다 $\infty$로 발산하므로 이 과정은 무한히 반복 가능하고, 원래 급수의 모든 항이 결국 한 번씩은 다 쓰인다. $a_n\to0$이므로 (수렴하는 급수의 필요조건) 방향을 바꿀 때마다 $s$를 넘거나 못 미치는 정도(overshoot)는 $0$으로 줄어들므로, 이렇게 재배열한 급수의 부분합은 $s$로 수렴한다. $s=\pm\infty$이거나 진동하도록 만드는 것도 같은 방식으로 목표를 “계속 커지게” 또는 “번갈아 크게 작게” 잡으면 된다. $\blacksquare$

$p$-Series Test

앞서 조화급수의 발산을 보일 때 썼던 논증(항을 $2$의 거듭제곱 길이 블록으로 묶기)을 일반화하면, $\sum 1/n^p$의 수렴성은 물론 감소하는 음이 아닌 수열이라면 무엇에든 적용할 수 있는 일반적인 도구를 얻는다.

Theorem (Cauchy Condensation Test [1]). Let \((a_n)_{n\ge1}\) be a decreasing sequence of nonnegative real numbers. Then $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges if and only if $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty 2^k a_{2^k}$ converges.

Proof. Oresme의 블록 묶기와 같은 방식으로, $k=0,1,2,\ldots$에 대해 $n$이 $2^k\le n\le2^{k+1}-1$ 범위(길이 $2^k$인 블록)에 있는 항들을 묶자. $(a_n)$이 감소하므로 블록의 첫 항은 $a_{2^k}$, 마지막 항은 $a_{2^{k+1}-1}\ge a_{2^{k+1}}$이고 블록 안 모든 항이 그 사이에 있으므로

\[2^k a_{2^{k+1}} \le \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \le 2^k a_{2^k}\]

이다. $S_N:=\sum_{n=1}^N a_n$, $C_K:=\sum_{k=0}^K 2^ka_{2^k}$이라 하고 위 부등식을 $k=0,\ldots,K$에 대해 더하면, 왼쪽은 $\sum_{k=0}^K 2^ka_{2^{k+1}} = \frac12\sum_{k=0}^K 2^{k+1}a_{2^{k+1}} = \frac12(C_{K+1}-a_1)$이 되고 오른쪽은 정확히 $C_K$가 되며, 가운데는 블록들을 모두 합친 $S_{2^{K+1}-1}$이 되어

\[\frac12\big(C_{K+1}-a_1\big) \le S_{2^{K+1}-1} \le C_K\]

를 얻는다.

($\Rightarrow$) $\sum a_n$이 수렴하면 $(S_N)$이 어떤 $S$로 유계이므로, 왼쪽 부등식에 의해 모든 $K$에서 $C_{K+1}\le 2S+a_1$이 되어 $(C_K)$도 위로 유계다. $(C_K)$는 단조증가하므로 지난 글의 Monotone Convergence Theorem에 의해 $\sum 2^ka_{2^k}$도 수렴한다.

($\Leftarrow$) $\sum 2^ka_{2^k}$가 어떤 $C$로 수렴하면, 오른쪽 부등식에 의해 $S_{2^{K+1}-1}\le C_K\le C$이다. $(S_N)$은 단조증가하므로, 임의의 $N$에 대해 $2^{K+1}-1\ge N$인 $K$를 잡으면 $S_N\le S_{2^{K+1}-1}\le C$가 되어 $(S_N)$ 전체가 위로 유계다. Monotone Convergence Theorem에 의해 $\sum a_n$도 수렴한다. $\blacksquare$

Corollary ($p$-Series). $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}$ converges if $p>1$, and diverges if $p\le1$.

Proof. $p\le0$이면 $n^p=n^{-\vert p\vert}\le1$이므로 $\dfrac1{n^p}\ge1$이 되어 $a_n\not\to0$이고, 급수 수렴의 필요조건에 의해 발산한다.

$p>0$이면 $a_n:=1/n^p$은 감소하고 음이 아니므로 Cauchy Condensation Test를 적용할 수 있다:

\[\sum_{k=0}^\infty 2^k a_{2^k} = \sum_{k=0}^\infty 2^k\cdot\frac1{(2^k)^p} = \sum_{k=0}^\infty \left(2^{1-p}\right)^k\]

는 공비 $r:=2^{1-p}>0$인 등비급수이므로, $r<1$(즉 $p>1$)이면 수렴하고 $r\ge1$(즉 $0<p\le1$)이면 발산한다. Cauchy Condensation Test에 의해 원래 급수 $\sum 1/n^p$도 정확히 같은 조건에서 수렴·발산한다. $p\le0$인 경우와 합치면, $\sum 1/n^p$은 $p>1$이면 수렴하고 $p\le1$이면 발산한다. $\blacksquare$

비율판정법과 거듭제곱근판정법

절대수렴을 판정하는 가장 널리 쓰이는 두 도구를 보자.

Lemma (Comparison Test). If $0\le a_n\le b_n$ for all $n$ and $\sum b_n$ converges, then $\sum a_n$ converges.

Proof. $\sum a_n$의 부분합은 단조증가하고, $\sum b_n$의 부분합(수렴하므로 유계)에 의해 위로 유계이므로 Monotone Convergence Theorem에 의해 수렴한다. $\blacksquare$

Theorem (Ratio Test [2]). Let $(a_n)$ be a sequence of nonzero real numbers.

(i) If $\limsup_n \left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert < 1$, then $\sum a_n$ is absolutely convergent.

(ii) If $\liminf_n \left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert > 1$, then $\sum a_n$ diverges.

Proof. (i) $\limsup\vert a_{n+1}/a_n\vert < r < 1$인 $r$을 잡으면, limsup의 정의에 의해 어떤 $N$이 있어 $n\ge N$이면 $\vert a_{n+1}/a_n\vert < r$이다. $n>N$에 대해 telescoping하면 $\vert a_n\vert < \vert a_N\vert r^{n-N}$이고, $\sum r^{n-N}$은 $0<r<1$인 등비급수이므로 수렴하니 비교판정법에 의해 $\sum\vert a_n\vert$도 수렴한다.

(ii) $\liminf\vert a_{n+1}/a_n\vert > 1$이면 어떤 $N$이 있어 $n\ge N$일 때 $\vert a_{n+1}/a_n\vert > 1$, 즉 $\vert a_n\vert$은 $n\ge N$부터 strictly increasing이다. 특히 모든 $n\ge N$에 대해 $\vert a_n\vert \ge \vert a_N\vert > 0$이므로 $a_n\not\to0$이고, 수렴의 필요조건에 의해 $\sum a_n$은 발산한다. $\blacksquare$

Theorem (Root Test [1]). Let $(a_n)$ be a real sequence and $L:=\limsup_n \vert a_n\vert^{1/n}$.

(i) If $L<1$, then $\sum a_n$ is absolutely convergent.

(ii) If $L>1$, then $\sum a_n$ diverges.

(iii) If $L=1$, the test is inconclusive.

Proof. (i) $L<r<1$인 $r$을 잡으면 어떤 $N$이 있어 $n\ge N$이면 $\vert a_n\vert^{1/n}<r$, 즉 $\vert a_n\vert<r^n$이다. $\sum r^n$이 수렴하므로 비교판정법에 의해 $\sum\vert a_n\vert$도 수렴한다.

(ii) $L>1$이면, 지난 글에서 보인 대로 $\limsup$은 항상 어떤 부분수열의 극한으로 실현되므로, $\vert a_{n_k}\vert^{1/n_k}\to L>1$인 부분수열이 있다. 충분히 큰 $k$에 대해 $\vert a_{n_k}\vert^{1/n_k}>1$, 즉 $\vert a_{n_k}\vert>1$이므로 $a_n\not\to0$이고, 급수는 발산한다.

(iii) $\sum 1/n$과 $\sum 1/n^2$은 둘 다 $L=1$이지만 각각 발산·수렴한다. $\blacksquare$

두 판정법을 나란히 놓고 보면 자연스러운 질문이 생긴다. 둘 중 어느 쪽이 더 강력한가?

Corollary. Whenever the Ratio Test determines convergence or divergence, the Root Test reaches the same conclusion; i.e., the Root Test is at least as strong.

Proof. 지난 글의 Lemma를 $b_n:=\vert a_n\vert$에 적용하면

\[\liminf_n \frac{\vert a_{n+1}\vert}{\vert a_n\vert} \le \liminf_n \vert a_n\vert^{1/n} \le \limsup_n \vert a_n\vert^{1/n} \le \limsup_n \frac{\vert a_{n+1}\vert}{\vert a_n\vert}\]

을 얻는다. 비율판정법이 수렴을 판정한다면($\limsup\vert a_{n+1}/a_n\vert<1$) 위 부등식의 가장 오른쪽이 $1$보다 작으므로 $\limsup\vert a_n\vert^{1/n}<1$도 성립해 거듭제곱근판정법도 수렴을 판정한다. 비율판정법이 발산을 판정한다면($\liminf\vert a_{n+1}/a_n\vert>1$) 가장 왼쪽이 $1$보다 크므로 $\liminf\vert a_n\vert^{1/n}>1$, 따라서 $\limsup\vert a_n\vert^{1/n}\ge\liminf\vert a_n\vert^{1/n}>1$이 되어 거듭제곱근판정법도 발산을 판정한다. $\blacksquare$

역은 성립하지 않는다. 거듭제곱근판정법은 판정 가능한데 비율판정법은 완전히 무력한 경우가 있다. $a_n := 1/2^k$ ($n=2k-1$, 홀수항)와 $a_n:=1/3^k$ ($n=2k$, 짝수항)로 정의된 수열, 즉

\[\frac12+\frac13+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{2^3}+\frac1{3^3}+\cdots\]

을 생각해보자. 짝수항에서는 $a_n^{1/n}=(1/3^k)^{1/2k}=1/\sqrt3$로 정확히 일정하고, 홀수항에서는 $a_n^{1/n}=(1/2^k)^{1/(2k-1)}\to1/\sqrt2$이므로, $\limsup a_n^{1/n}=1/\sqrt2<1$이 되어 거듭제곱근판정법에 의해 이 급수는 절대수렴한다. 반면 비율은

\[\frac{a_{2k}}{a_{2k-1}} = \left(\frac23\right)^k \to 0, \qquad \frac{a_{2k+1}}{a_{2k}} = \frac{3^k}{2^{k+1}} \to \infty\]

로 번갈아 진동하므로 $\liminf\vert a_{n+1}/a_n\vert=0$, $\limsup\vert a_{n+1}/a_n\vert=\infty$가 되어 비율판정법은 이 급수에 대해 아무 정보도 주지 못한다.

Summation by Parts

이제 절대수렴하지 않는 급수의 수렴을 다루는 대표적인 도구를 보자. 유한합에 대한 부분적분(integration by parts)의 이산 버전이라 할 만하다.

Lemma (Summation by Parts, Abel’s Transformation [3]). For sequences $(a_n)$, $(b_n)$ and $B_n:=b_1+\cdots+b_n$ (with $B_0:=0$),

\[\sum_{k=1}^n a_k b_k = a_n B_n + \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})B_k.\]

Proof. $b_k=B_k-B_{k-1}$이므로

\[\sum_{k=1}^n a_kb_k = \sum_{k=1}^n a_k(B_k-B_{k-1}) = \sum_{k=1}^n a_kB_k - \sum_{k=1}^n a_kB_{k-1}.\]

두 번째 합에서 $j=k-1$로 치환하면 $\sum_{k=1}^n a_kB_{k-1}=\sum_{j=0}^{n-1}a_{j+1}B_j = \sum_{j=1}^{n-1}a_{j+1}B_j$ ($B_0=0$이므로 $j=0$ 항은 사라진다)이고, 이를 대입해 정리하면 원하는 식을 얻는다. $\blacksquare$

이 항등식을 발산할 수도 있는 $b_n$과, $0$으로 줄어드는 $a_n$을 짝지을 때 쓰면 다음 판정법이 나온다.

Theorem (Dirichlet’s Test [4]). Let $(b_n)$ have bounded partial sums $B_n:=\sum_{k=1}^n b_k$ (i.e. $\vert B_n\vert\le M$ for all $n$, for some $M$), and let $(a_n)$ be monotonically decreasing with $a_n\to0$. Then $\sum a_nb_n$ converges.

Proof. Summation by Parts에 의해 $\sum_{k=1}^n a_kb_k = a_nB_n + \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})B_k$이다. $a_n\to0$이고 $\vert B_n\vert\le M$이므로 $a_nB_n\to0$이다. 한편 $(a_n)$이 단조감소하므로 $a_k-a_{k+1}\ge0$이고 $\vert(a_k-a_{k+1})B_k\vert\le M(a_k-a_{k+1})$인데, $\sum_{k=1}^{n-1}M(a_k-a_{k+1})=M(a_1-a_n)\to Ma_1$로 수렴(telescoping)하므로 비교판정법에 의해 $\sum(a_k-a_{k+1})B_k$는 절대수렴한다. 두 수렴하는 항의 합이므로 $\sum a_kb_k$도 수렴한다. $\blacksquare$

Corollary (Alternating Series Test / Leibniz’s Test). If $(c_n)$ satisfies $c_n\ge0$, is monotonically decreasing, and $c_n\to0$, then $\sum(-1)^{n+1}c_n$ converges.

Proof. $a_n:=c_n$, $b_n:=(-1)^{n+1}$로 두면 \(B_n\in\{0,1\}\)이므로 유계이고, Dirichlet’s Test에 의해 바로 따라온다. $\blacksquare$

Dirichlet’s Test의 진짜 힘은 $b_n$이 부호를 규칙적으로 바꾸지 않는 경우에도 통한다는 데 있다. 예를 들어 임의의 $\theta\in\mathbb{R}$에 대해 $\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(n\theta)}{n}$이 수렴함을 보이자. $\theta \equiv 0 \pmod{2\pi}$이면 모든 항이 $0$이라 자명하므로, $\theta\not\equiv0\pmod{2\pi}$인 경우만 보면 된다. 곱을 합으로 바꾸는 항등식 $2\sin(\theta/2)\sin(k\theta)=\cos\big((k-\tfrac12)\theta\big)-\cos\big((k+\tfrac12)\theta\big)$을 $k=1,\ldots,n$에 대해 더하면 telescoping에 의해

\[2\sin(\theta/2)\sum_{k=1}^n \sin(k\theta) = \cos(\theta/2)-\cos\big((n+\tfrac12)\theta\big)\]

이고, 우변의 절댓값은 $2$ 이하이므로

\[\left\vert\sum_{k=1}^n \sin(k\theta)\right\vert \le \frac{1}{\vert\sin(\theta/2)\vert}\]

로 부분합이 유계임을 알 수 있다. $a_n=1/n$은 단조감소하며 $0$으로 수렴하므로, Dirichlet’s Test에 의해 $\sum \sin(n\theta)/n$은 (모든 실수 $\theta$에 대해) 수렴한다. 이 급수는 대부분의 $\theta$에서 절대수렴하지 않으므로 ($\vert\sin(n\theta)\vert$는 평균적으로 $0$에서 멀리 떨어져 있어 $\sum\vert\sin(n\theta)\vert/n$은 조화급수처럼 발산한다) 비율판정법이나 거듭제곱근판정법으로는 손댈 수 없는, summation by parts가 아니면 잡아내기 어려운 결과다.

참고문헌

  1. Cauchy, A.-L. (1821). Cours d’analyse de l’École royale polytechnique; I.re Partie. Analyse algébrique. Chapitre VI. Paris: Imprimerie Royale.
  2. d’Alembert, J. (1768). Opuscules mathématiques, ou Mémoires sur différens sujets de géométrie, de méchanique, d’optique, d’astronomie.
  3. Abel, N. H. (1826). Untersuchungen über die Reihe $1+\frac{m}{1}x+\cdots$. Journal für die reine und angewandte Mathematik, 1, 311–339.
  4. Dirichlet, P. G. L. (1862). Démonstration d’un théorème d’Abel. Journal de Mathématiques Pures et Appliquées, Series 2, 7, 253–255.
  5. Riemann, B. (1867/1868, 집필은 1854). Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe. Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen, 13.
  6. Oresme, N. (c. 1350–1360). Quaestiones super Geometriam Euclidis.
  7. Mengoli, P. (1650). Novae quadraturae arithmeticae, seu de additione fractionum. Bologna.
  8. Bernoulli, Jacob (1689). Tractatus de seriebus infinitis.