Criterion for the convergence of a series
数学 において 、 比検定は 級数 の 収束を判定する 検定 （または「基準」） である。
∑ n = 1 ∞ a n , {\displaystyle \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、n は 非ゼロとなる 。 この検定法は ジャン・ル・ロン・ダランベールによって初めて発表され、 ダランベール比検定法 または コーシー比検定 法と呼ばれることもある 。 [1]
テスト 比率検定の決定図 通常のテスト形式では、 限界値を利用する。
L = lim n → ∞ | a n + 1 a n | . {\displaystyle L=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|.} 1
比率テストでは次のことが述べられています。
L < 1の場合 、級数は 絶対収束します 。 L > 1の場合 、級数は 発散します 。 L = 1 または極限が存在しない 場合は、このケースを満たす収束級数と発散級数の両方が存在するため、テストは決定的ではありません。 限界 L が存在しない特定のケースでは、 限界上側 と 限界下側を用いることで、比率検定を適用できる。検定基準を改良することで、 L = 1の場合でも検定が決定的なものとなる場合もある。 より具体的には、
R = lim sup | a n + 1 a n | {\displaystyle R=\lim \sup \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|} r = lim inf | a n + 1 a n | {\displaystyle r=\lim \inf \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|} 。 比率テストでは次のことが述べられています: [2] [3]
R < 1の場合 、級数は絶対収束します。 r > 1の場合 、級数は発散します。または、 すべての大きな n ( r の値に関係なく ) に対して、級数も発散する場合と同等です。これは 、 がゼロではなく増加しており、したがって n が ゼロに近づかないためです。 | a n + 1 a n | > 1 {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>1} | a n | {\displaystyle |a_{n}|} それ以外の場合、テストは決定的ではありません。 ( 1 ) の極限 Lが存在する場合、 L = R = r が成立する 。したがって、元の比検定は改良された検定の弱いバージョンである。
例
収束的である理由 L < 1 シリーズを検討してください
∑ n = 1 ∞ n e n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{n}}}} 比率テストを適用して、限界を計算する。
L = lim n → ∞ | a n + 1 a n | = lim n → ∞ | n + 1 e n + 1 n e n | = 1 e < 1. {\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.} この限界は 1 未満なので、級数は収束します。
異なる理由 L > 1 シリーズを検討してください
∑ n = 1 ∞ e n n . {\displaystyle \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 → ∞ | a n + 1 a n | = lim n → ∞ | e n + 1 n + 1 e n n | = e > 1. {\displaystyle 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、この系列は分岐します。
結論が出ない理由 L = 1 3つのシリーズを考えてみましょう
∑ n = 1 ∞ 1 , {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }1,} ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 , {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}},} ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n . {\displaystyle \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（ バーゼル問題 の中心となる級数 ）は絶対収束し、3番目（ 交代調和級数 ）は条件付き収束します。しかし、 3つの級数の項ごとの 絶対値比は それぞれ と です。したがって、3つすべてにおいて、極限 は1になります。これは、 L = 1のとき、級数は収束するか発散するかのどちらかであり 、比の検定では決定的な結果が得られないことを示しています。このような場合、収束または発散を判断するには、より精密な検定が必要です。 | a n + 1 a n | {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|} 1 , {\displaystyle 1,} n 2 ( n + 1 ) 2 {\displaystyle {\frac {n^{2}}{(n+1)^{2}}}} n n + 1 {\displaystyle {\frac {n}{n+1}}} lim n → ∞ | a n + 1 a n | {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|}
証拠 この例では、青い系列における隣接する項の比はL=1/2に収束します。r = (L+1)/2 = 3/4とします 。すると、 n ≥ 2の全ての場合において、 青い系列は赤い系列 r k によって支配されます。赤い系列は収束するので、青い系列も収束します。 以下は一般化比率検定の有効性の証明です。
と仮定します 。また、 にはゼロでない無限個の要素があると仮定します。そうでなければ、 級数 は単なる有限和なので収束します。すると、 が存在し、 すべてのに対して および を満たす 自然数が存在するようになります 。なぜなら、そのようなものが存在しない場合は、任意 の に対して を満たす 任意に大きな が存在するためです。すると、 を満たす 部分列を見つけることができますが、これは として が の 劣った極限 である という事実と矛盾し 、 の存在を意味します 。次に、 に対して となることに留意します 。 および と なる こと に留意してください。 これは が 発散することを意味し、したがって、級数は n 番目の項テスト によって発散します 。 次に と仮定します。上記の場合と同様に、 に対して となる自然数 と を見つけることができる場合があります 。すると 級数 は公 比 を持つ 等比級数 なので、 これは有限です。和 は有限和なので有界であり、これは級数が 単調収束定理 によって収束し 、級数が 絶対収束テストによって収束することを意味します。 極限 が存在し、 に等しい 場合 、元の比率テストが得られます。 r = lim inf n → ∞ | a n + 1 a n | > 1 {\displaystyle r=\liminf _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>1} ( a n ) {\displaystyle (a_{n})} ℓ ∈ ( 1 ; r ) {\displaystyle \ell \in (1;r)} n 0 ≥ 2 {\displaystyle n_{0}\geq 2} a n 0 ≠ 0 {\displaystyle a_{n_{0}}\neq 0} | a n + 1 a n | > ℓ {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|>\ell } n ≥ n 0 {\displaystyle n\geq n_{0}} ℓ {\displaystyle \ell } n {\displaystyle n} | a n + 1 a n | < ℓ {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<\ell } ℓ ∈ ( 1 ; r ) {\displaystyle \ell \in (1;r)} ( a n k ) k = 1 ∞ {\displaystyle \left(a_{n_{k}}\right)_{k=1}^{\infty }} lim sup n → ∞ | a n k + 1 a n k | ≤ ℓ < r {\displaystyle \limsup _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n_{k}+1}}{a_{n_{k}}}}\right|\leq \ell <r} r {\displaystyle r} | a n + 1 a n | {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|} n → ∞ {\displaystyle n\to \infty } ℓ {\displaystyle \ell } n ≥ n 0 + 1 {\displaystyle n\geq n_{0}+1} | a n | > ℓ | a n − 1 | > ℓ 2 | a n − 2 | > . . . > ℓ n − n 0 | a n 0 | {\displaystyle |a_{n}|>\ell |a_{n-1}|>\ell ^{2}|a_{n-2}|>...>\ell ^{n-n_{0}}\left|a_{n_{0}}\right|} ℓ > 1 {\displaystyle \ell >1} ℓ n → ∞ {\displaystyle \ell ^{n}\to \infty } n → ∞ {\displaystyle n\to \infty } | a n 0 | > 0 {\displaystyle \left|a_{n_{0}}\right|>0} ( a n ) {\displaystyle (a_{n})} ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} R = lim sup n → ∞ | a n + 1 a n | < 1 {\displaystyle R=\limsup _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<1} n 1 {\displaystyle n_{1}} c ∈ ( R ; 1 ) {\displaystyle c\in (R;1)} | a n | ≤ c n − n 1 | a n 1 | {\displaystyle |a_{n}|\leq c^{n-n_{1}}\left|a_{n_{1}}\right|} n ≥ n 1 {\displaystyle n\geq n_{1}} ∑ n = 1 ∞ | a n | = ∑ k = 1 n 1 − 1 | a k | + ∑ n = n 1 ∞ | a n | ≤ ∑ k = 1 n 1 − 1 | a k | + ∑ n = n 1 ∞ c n − n 1 | a n 1 | = ∑ k = 1 n 1 − 1 | a k | + | a n 1 | ∑ n = 0 ∞ c n . {\displaystyle \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}.} ∑ n = 0 ∞ c n {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }c^{n}} c ∈ ( 0 ; 1 ) {\displaystyle c\in (0;1)} ∑ n = 0 ∞ c n = 1 1 − c {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }c^{n}={\frac {1}{1-c}}} ∑ k = 1 n 1 − 1 | a k | {\displaystyle \sum _{k=1}^{n_{1}-1}|a_{k}|} ∑ n = 1 ∞ | a n | {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|} ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} | a n + 1 a n | {\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|} L {\displaystyle L} r = R = L {\displaystyle r=R=L}
拡張機能 L = 1 前の例で見られたように、比の限界が1である場合、比検定は決定的な結果にならない可能性があります。しかし、比検定を拡張することで、このような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において、Σ a n はa n が正の和であると仮定する 。これらのテストは、負の項が有限個含まれる任意の級数にも適用できる。そのような級数は次のように表される。
∑ n = 1 ∞ a n = ∑ n = 1 N a n + ∑ n = N + 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\sum _{n=N+1}^{\infty }a_{n}} ここで、 N は 最も高いインデックスを持つ負の項です。右辺の最初の式は有限となる部分和であるため、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、 n =1 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インデックスを再設定できます。
各テストでは、収束または発散を確立するために必要なパラメータの挙動を指定するテストパラメータ（ρ n ）を定義します。各テストには、 lim n->∞ ρ n に制約を課す、より弱い形式のテストも存在します 。
全てのテストには、Σa n の収束特性を記述できない領域があります。実際、級数の収束特性を完全に記述できる収束テストはありません。 [4] [10] これは、Σa n が収束する場合、より緩やかに収束する 2 番目の収束級数 Σb n が 見つかる可能性があるためです。つまり、lim n->∞ (b n /a n ) = ∞ という特性を持ちます。さらに、Σa n が発散する場合、より緩やかに発散する 2 番目の発散級数 Σb n が 見つかる可能性があります。つまり、lim n->∞ (b n /a n ) = 0 という特性を持ちます。収束テストは基本的に a n の特定のファミリーの比較テストを使用しており 、より緩やかに収束または発散する数列では失敗します。
ド・モルガン階層 オーガスタス・ド・モルガン は比率型検定の階層を提唱した [4] [9]
以下の比検定パラメータ（ ）は、すべて一般に という形式の項を含みます 。この項に を 乗じて を得ることができます 。この項は、検定パラメータの定義において前の項と置き換えても構いませんが、得られる結論は同じです。したがって、検定パラメータの形式がどちらの形式であるかによって、参考文献に区別はありません。 ρ n {\displaystyle \rho _{n}} D n a n / a n + 1 − D n + 1 {\displaystyle D_{n}a_{n}/a_{n+1}-D_{n+1}} a n + 1 / a n {\displaystyle a_{n+1}/a_{n}} D n − D n + 1 a n + 1 / a n {\displaystyle D_{n}-D_{n+1}a_{n+1}/a_{n}}
1. ダランベールの比検定 ド・モルガン階層の最初のテストは、上で説明した比率テストです。
2. ラーベ検定 この拡張はJoseph Ludwig Raabe によるものです 。定義:
ρ n ≡ n ( a n a n + 1 − 1 ) {\displaystyle \rho _{n}\equiv n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)} （およびいくつかの追加用語については、Ali、Blackburn、Feld、Duris（なし）、Duris2を参照） [ 説明が必要 ]
このシリーズでは以下のことが行われます: [7] [10] [9]
すべてのn>N に対して c> 1 が存在するときに収束します 。 ρ n ≥ c {\displaystyle \rho _{n}\geq c} すべてのn>N に対して 発散します 。 ρ n ≤ 1 {\displaystyle \rho _{n}\leq 1} そうでなければ、テストは決定的ではありません。 制限バージョンでは、 [12] シリーズは次のようになります。
収束する場合（ ρ = ∞の場合も含む ） ρ = lim n → ∞ ρ n > 1 {\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1} の場合、発散します 。 lim n → ∞ ρ n < 1 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1} ρ = 1の場合 、テストは決定的ではありません。 上記の制限が存在しない場合は、上位と下位の制限を使用できる場合があります。 [4] このシリーズは次のようになります。
収束する場合 lim inf n → ∞ ρ n > 1 {\displaystyle \liminf _{n\to \infty }\rho _{n}>1} 発散する場合 lim sup n → ∞ ρ n < 1 {\displaystyle \limsup _{n\rightarrow \infty }\rho _{n}<1} そうでなければ、テストは決定的ではありません。
ラーベ検定の証明 を定義する場合 、極限が存在すると仮定する必要はありません。 の場合 、 は 発散しますが、 の場合、 合計は収束します。 ρ n ≡ n ( a n a n + 1 − 1 ) {\displaystyle \rho _{n}\equiv n\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)} lim sup ρ n < 1 {\displaystyle \limsup \rho _{n}<1} ∑ a n {\displaystyle \sum a_{n}} lim inf ρ n > 1 {\displaystyle \liminf \rho _{n}>1}
証明は基本的に との比較によって進みます 。まず と仮定します 。もちろん で あれば が 大きい に対して となるので 、和は発散します。次に と仮定します。 すべての に対してとなる ような が 存在し 、つまり となります 。したがって となり 、 に対して となります。 これは が発散することを示している からです 。 ∑ 1 / n R {\displaystyle \sum 1/n^{R}} lim sup ρ n < 1 {\displaystyle \limsup \rho _{n}<1} lim sup ρ n < 0 {\displaystyle \limsup \rho _{n}<0} a n + 1 ≥ a n {\displaystyle a_{n+1}\geq a_{n}} n {\displaystyle n} 0 ≤ lim sup ρ n < 1 {\displaystyle 0\leq \limsup \rho _{n}<1} R < 1 {\displaystyle R<1} ρ n ≤ R {\displaystyle \rho _{n}\leq R} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} a n / a n + 1 ≤ ( 1 + R n ) ≤ e R / n {\displaystyle a_{n}/a_{n+1}\leq \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\leq e^{R/n}} a n + 1 ≥ a n e − R / n {\displaystyle a_{n+1}\geq a_{n}e^{-R/n}} a n + 1 ≥ a N e − R ( 1 / N + ⋯ + 1 / n ) ≥ c a N e − R log ( n ) = c a N / n R {\displaystyle a_{n+1}\geq a_{N}e^{-R(1/N+\dots +1/n)}\geq ca_{N}e^{-R\log(n)}=ca_{N}/n^{R}} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} R < 1 {\displaystyle R<1} ∑ a n {\displaystyle \sum a_{n}}
残りの半分の証明も全く同様で、不等式のほとんどを単に逆にしただけです。上で使用した 単純な不等式の代わりに、予備的な不等式が必要です。 とを固定します 。 であることに注意してください 。したがって 、 です 。 1 + t < e t {\displaystyle 1+t<e^{t}} R {\displaystyle R} N {\displaystyle N} log ( 1 + R n ) = R n + O ( 1 n 2 ) {\displaystyle \log \left(1+{\frac {R}{n}}\right)={\frac {R}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)} log ( ( 1 + R N ) … ( 1 + R n ) ) = R ( 1 N + ⋯ + 1 n ) + O ( 1 ) = R log ( n ) + O ( 1 ) {\displaystyle \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)} ( 1 + R N ) … ( 1 + R n ) ≥ c n R {\displaystyle \left(1+{\frac {R}{N}}\right)\dots \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\geq cn^{R}}
ここで と仮定します 。第 1 段落と同様に論じ、前の段落で確立した不等式を使用すると、 に対して となるような が存在することがわかります。 これは が収束することを示している からです 。 lim inf ρ n > 1 {\displaystyle \liminf \rho _{n}>1} R > 1 {\displaystyle R>1} a n + 1 ≤ c a N n − R {\displaystyle a_{n+1}\leq ca_{N}n^{-R}} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} R > 1 {\displaystyle R>1} ∑ a n {\displaystyle \sum a_{n}}
(発散を証明するより速い方法： 。したがって であり 、これは が に対して単調増加であることを意味します 。 であるため、 すべての に対して となる 定数が存在する必要があります 。 したがって、 および は発散します。) a n / a n + 1 ≤ ( 1 + R n ) ≤ ( 1 + 1 n ) {\displaystyle a_{n}/a_{n+1}\leq \left(1+{\frac {R}{n}}\right)\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)} a n n ≤ a n + 1 ( n + 1 ) {\displaystyle a_{n}n\leq a_{n+1}(n+1)} a n n {\displaystyle a_{n}n} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} a n > 0 {\displaystyle a_{n}>0} ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} a n n > ϵ {\displaystyle a_{n}n>\epsilon } n ≥ N {\displaystyle n\geq N} a n ≥ ϵ n {\displaystyle a_{n}\geq {\frac {\epsilon }{n}}} ∑ a n {\displaystyle \sum a_{n}}
3. ベルトラン検定 この拡張はJoseph Bertrand と Augustus De Morgan によるものです 。
定義:
ρ n ≡ n ln n ( a n a n + 1 − 1 ) − ln n {\displaystyle \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、この級数は次のように主張している。
すべてのn>N に対して c>1 が 存在するときに収束します 。 ρ n ≥ c {\displaystyle \rho _{n}\geq c} すべてのn>N に対して 発散します 。 ρ n ≤ 1 {\displaystyle \rho _{n}\leq 1} そうでなければ、テストは決定的ではありません。 制限バージョンの場合、シリーズは次のようになります。
収束する場合（ ρ = ∞の場合も含む ） ρ = lim n → ∞ ρ n > 1 {\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1} の場合、発散します 。 lim n → ∞ ρ n < 1 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1} ρ = 1の場合 、テストは決定的ではありません。 上記の制限が存在しない場合は、上位と下位の制限を使用できる場合があります。 [4] [9] [13] このシリーズは次のようになります。
収束する場合 lim inf ρ n > 1 {\displaystyle \liminf \rho _{n}>1} 発散する場合 lim sup ρ n < 1 {\displaystyle \limsup \rho _{n}<1} そうでなければ、テストは決定的ではありません。
4. 拡張ベルトラン検定 この拡張はおそらく1941年にマーガレット・マーティンによって初めて登場した。 [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）のない短い証明は、2019年にヴィアチェスラフ・アブラモフによって提供された。 [15]
を整数と し、を 自然 対数 の番目 の 反復 、すなわち および任意の に対して とし ます 。 K ≥ 1 {\displaystyle K\geq 1} ln ( K ) ( x ) {\displaystyle \ln _{(K)}(x)} K {\displaystyle K} ln ( 1 ) ( x ) = ln ( x ) {\displaystyle \ln _{(1)}(x)=\ln(x)} 2 ≤ k ≤ K {\displaystyle 2\leq k\leq K} ln ( k ) ( x ) = ln ( k − 1 ) ( ln ( x ) ) {\displaystyle \ln _{(k)}(x)=\ln _{(k-1)}(\ln(x))}
が大きい場合の 比が、 次のように表せる
と仮定する。 a n / a n + 1 {\displaystyle a_{n}/a_{n+1}} n {\displaystyle n}
a n a n + 1 = 1 + 1 n + 1 n ∑ i = 1 K − 1 1 ∏ k = 1 i ln ( k ) ( n ) + ρ n n ∏ k = 1 K ln ( k ) ( n ) , K ≥ 1. {\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.} (空和は 0 であると仮定されます。 の場合には 、この検定はベルトラン検定に簡約されます。) K = 1 {\displaystyle K=1}
値は 以下の形式で明示的に表すことができます。 ρ n {\displaystyle \rho _{n}}
ρ n = n ∏ k = 1 K ln ( k ) ( n ) ( a n a n + 1 − 1 ) − ∑ j = 1 K ∏ k = 1 j ln ( K − k + 1 ) ( n ) . {\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).} 拡張ベルトラン検定は、級数が
すべての に対して と なるような が 存在するとき収束します 。 c > 1 {\displaystyle c>1} ρ n ≥ c {\displaystyle \rho _{n}\geq c} n > N {\displaystyle n>N} すべての について の とき、発散します 。 ρ n ≤ 1 {\displaystyle \rho _{n}\leq 1} n > N {\displaystyle n>N} そうでなければ、テストは決定的ではありません。 限界版では、シリーズ
収束する場合 （これには の場合も含まれます ） ρ = lim n → ∞ ρ n > 1 {\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infty }\rho _{n}>1} ρ = ∞ {\displaystyle \rho =\infty } の場合、発散します 。 lim n → ∞ ρ n < 1 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\rho _{n}<1} の場合 、テストは決定的ではありません。 ρ = 1 {\displaystyle \rho =1} 上記の限界が存在しない場合は、上下限値を使用することもできます。
収束する場合 lim inf ρ n > 1 {\displaystyle \liminf \rho _{n}>1} 発散する場合 lim sup ρ n < 1 {\displaystyle \limsup \rho _{n}<1} そうでなければ、テストは決定的ではありません。 拡張ベルトラン検定の応用については、 「出生-死亡プロセス」 を参照してください。
5. ガウスの検定 この拡張はカール・フリードリヒ・ガウス によるものです 。
a n > 0 かつ r > 1 と仮定すると、すべての n に対して次を満たす有界シーケンス C n が 見つかるとします 。 [5] [7] [9] [10]
a n a n + 1 = 1 + ρ n + C n n r {\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}=1+{\frac {\rho }{n}}+{\frac {C_{n}}{n^{r}}}} シリーズは次のようになります。
収束する場合 ρ > 1 {\displaystyle \rho >1} 発散する場合 ρ ≤ 1 {\displaystyle \rho \leq 1}
6. クンマー検定 この延長はErnst Kummer によるものです 。
ζ n を 正定数の補助列とする。定義
ρ n ≡ ( ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 ) {\displaystyle \rho _{n}\equiv \left(\zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}\right)} クマーのテストによれば、このシリーズは次のようなものになるという。 [5] [6] [10] [11]
すべての n>N に対してが 存在する場合、収束します 。(これは と言うことと同じではないことに注意してください ) c > 0 {\displaystyle c>0} ρ n ≥ c {\displaystyle \rho _{n}\geq c} ρ n > 0 {\displaystyle \rho _{n}>0} すべての n>N に対して発散する 場合は発散し ます。 ρ n ≤ 0 {\displaystyle \rho _{n}\leq 0} ∑ n = 1 ∞ 1 / ζ n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }1/\zeta _{n}} 制限版では、シリーズは次のようになります。 [16] [7] [9]
収束する場合（ ρ = ∞の場合も含む ） lim n → ∞ ρ n > 0 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\rho _{n}>0} と が発散する 場合は発散します 。 lim n → ∞ ρ n < 0 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\rho _{n}<0} ∑ n = 1 ∞ 1 / ζ n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }1/\zeta _{n}} そうでなければ、テストは決定的ではない 上記の限界が存在しない場合は、上下限を使用できる場合があります。 [4] このシリーズは
収束する場合 lim inf n → ∞ ρ n > 0 {\displaystyle \liminf _{n\to \infty }\rho _{n}>0} と が発散する 場合は発散します 。 lim sup n → ∞ ρ n < 0 {\displaystyle \limsup _{n\to \infty }\rho _{n}<0} ∑ 1 / ζ n {\displaystyle \sum 1/\zeta _{n}}
特殊なケース ガウスの検定を除くド・モルガン階層のすべての検定は、クンマーの検定の特別なケースとして簡単に見ることができる。 [4]
ρ Kummer = ( a n a n + 1 − 1 ) = 1 / ρ Ratio − 1 {\displaystyle \rho _{\text{Kummer}}=\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-1\right)=1/\rho _{\text{Ratio}}-1} ρ Kummer = ( n a n a n + 1 − ( n + 1 ) ) = ρ Raabe − 1 {\displaystyle \rho _{\text{Kummer}}=\left(n{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-(n+1)\right)=\rho _{\text{Raabe}}-1} ベルトラン検定では、ζ n =n ln(n)とします。すると、 ρ Kummer = n ln ( n ) ( a n a n + 1 ) − ( n + 1 ) ln ( n + 1 ) {\displaystyle \rho _{\text{Kummer}}=n\ln(n)\left({\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}\right)-(n+1)\ln(n+1)} 他の項と比較して無視できるほど 大きい n について、 と を近似すると 、 次のように書けます。 ln ( n + 1 ) = ln ( n ) + ln ( 1 + 1 / n ) {\displaystyle \ln(n+1)=\ln(n)+\ln(1+1/n)} ln ( 1 + 1 / n ) → 1 / n {\displaystyle \ln(1+1/n)\rightarrow 1/n} ρ Kummer {\displaystyle \rho _{\text{Kummer}}} ρ Kummer = n ln ( n ) ( a n a n + 1 − 1 ) − ln ( n ) − 1 = ρ Bertrand − 1 {\displaystyle \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、 大きな テイラー 展開から 次の 近似値を得る。 ζ n = n ∏ k = 1 K ln ( k ) ( n ) . {\displaystyle \zeta _{n}=n\prod _{k=1}^{K}\ln _{(k)}(n).} n {\displaystyle n} ln ( k ) ( n + 1 ) = ln ( k ) ( n ) + 1 n ∏ j = 1 k − 1 ln ( j ) ( n ) + O ( 1 n 2 ) , {\displaystyle \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、空積は1であると仮定する。すると、
ρ Kummer = n ∏ k = 1 K ln ( k ) ( n ) a n a n + 1 − ( n + 1 ) [ ∏ k = 1 K ( ln ( k ) ( n ) + 1 n ∏ j = 1 k − 1 ln ( j ) ( n ) ) ] + o ( 1 ) = n ∏ k = 1 K ln ( k ) ( n ) ( a n a n + 1 − 1 ) − ∑ j = 1 K ∏ k = 1 j ln ( K − k + 1 ) ( n ) − 1 + o ( 1 ) . {\displaystyle \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、
ρ Kummer = ρ Extended Bertrand − 1. {\displaystyle \rho _{\text{Kummer}}=\rho _{\text{Extended Bertrand}}-1.} これら 4 つのテストでは、ド・モルガン階層の上位にあるほど、 級数の発散が緩やかになることに注意してください。 1 / ζ n {\displaystyle 1/\zeta _{n}}
クンマー検定の証明 ならば 、正の数を固定する。 任意の 自然数が存在する。 ρ n > 0 {\displaystyle \rho _{n}>0} 0 < δ < ρ n {\displaystyle 0<\delta <\rho _{n}} N {\displaystyle N} n > N , {\displaystyle n>N,}
δ ≤ ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 . {\displaystyle \delta \leq \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}.} なので 、すべての a n + 1 > 0 {\displaystyle a_{n+1}>0} n > N , {\displaystyle n>N,}
0 ≤ δ a n + 1 ≤ ζ n a n − ζ n + 1 a n + 1 . {\displaystyle 0\leq \delta a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}.} 特に すべてに対して、 これはインデックスから始めて、 シーケンスが 単調に減少し、正であることを意味し、特に、0で下に制限されることを意味します。したがって、極限 ζ n + 1 a n + 1 ≤ ζ n a n {\displaystyle \zeta _{n+1}a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} N {\displaystyle N} ζ n a n > 0 {\displaystyle \zeta _{n}a_{n}>0}
lim n → ∞ ζ n a n = L {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\zeta _{n}a_{n}=L} 存在します。 これは、正の 伸縮級数が
∑ n = 1 ∞ ( ζ n a n − ζ n + 1 a n + 1 ) {\displaystyle \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 , {\displaystyle n>N,}
δ a n + 1 ≤ ζ n a n − ζ n + 1 a n + 1 {\displaystyle \delta a_{n+1}\leq \zeta _{n}a_{n}-\zeta _{n+1}a_{n+1}} 正の系列に対する直接比較テスト により 、系列 は収束します。 ∑ n = 1 ∞ δ a n + 1 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\delta a_{n+1}}
一方、 ならば、 に対して が増加するよう な N が存在する 。特に、 に対して が存在し、 すべての に対して となる ので、 と 比較すると は発散する 。 ρ < 0 {\displaystyle \rho <0} ζ n a n {\displaystyle \zeta _{n}a_{n}} n > N {\displaystyle n>N} ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} ζ n a n > ϵ {\displaystyle \zeta _{n}a_{n}>\epsilon } n > N {\displaystyle n>N} ∑ n a n = ∑ n a n ζ n ζ n {\displaystyle \sum _{n}a_{n}=\sum _{n}{\frac {a_{n}\zeta _{n}}{\zeta _{n}}}} ∑ n ϵ ζ n {\displaystyle \sum _{n}{\frac {\epsilon }{\zeta _{n}}}}
トンによるクンマー検定の修正 クンマーの定理の新しいバージョンはトンによって確立された。 [6]さらなる議論と新しい証明については [8] [11] [17] も参照のこと 。提供されたクンマーの定理の修正はすべての正級数を特徴づけ、収束または発散は収束と発散の2つの必要十分条件の形で定式化できる。
級数 が収束するには、次を満たす正の数列 ,が存在する必要 がある。 ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} ζ n {\displaystyle \zeta _{n}} n = 1 , 2 , … {\displaystyle n=1,2,\dots } ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 ≥ c > 0. {\displaystyle \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}\geq c>0.} 級数が発散するのは 、 次を満たす正の数列 , が存在する場合のみである。 ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} ζ n {\displaystyle \zeta _{n}} n = 1 , 2 , … {\displaystyle n=1,2,\dots } ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 ≤ 0 , {\displaystyle \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}\leq 0,} ∑ n = 1 ∞ 1 ζ n = ∞ . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty .} 最初の記述は次のように簡略化できる。 [18]
級数 が収束するには、次を満たす正の数列 ,が存在する必要 がある。 ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} ζ n {\displaystyle \zeta _{n}} n = 1 , 2 , … {\displaystyle n=1,2,\dots } ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 = 1. {\displaystyle \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}=1.} 2 番目のステートメントも同様に簡略化できます。
級数が発散するのは 、 次を満たす正の数列 , が存在する場合のみである。 ∑ n = 1 ∞ a n {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} ζ n {\displaystyle \zeta _{n}} n = 1 , 2 , … {\displaystyle n=1,2,\dots } ζ n a n a n + 1 − ζ n + 1 = 0 , {\displaystyle \zeta _{n}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}-\zeta _{n+1}=0,} ∑ n = 1 ∞ 1 ζ n = ∞ . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty .} しかし、この場合の 条件は元の主張に還元されるため、役に立たなくなる。 ∑ n = 1 ∞ 1 ζ n = ∞ {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\zeta _{n}}}=\infty } ∑ n = 1 ∞ a n = ∞ . {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\infty .}
フリンクの比検定 クンマーの定理の枠組みの中で設定できるもう一つの比率検定は、 1948年に オーリン・フリンク [19] によって提示された。
が のシーケンスである と仮定すると 、 a n {\displaystyle a_{n}} C ∖ { 0 } {\displaystyle \mathbb {C} \setminus \{0\}}
ならば 、級数は 絶対収束します。 lim sup n → ∞ ( | a n + 1 | | a n | ) n < 1 e {\displaystyle \limsup _{n\rightarrow \infty }{\Big (}{\frac {|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}{\Big )}^{n}<{\frac {1}{e}}} ∑ n a n {\displaystyle \sum _{n}a_{n}} すべての に対して となるような が 存在する場合 、 は 発散します。 N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} } ( | a n + 1 | | a n | ) n ≥ 1 e {\displaystyle {\Big (}{\frac {|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}{\Big )}^{n}\geq {\frac {1}{e}}} n ≥ N {\displaystyle n\geq N} ∑ n | a n | {\displaystyle \sum _{n}|a_{n}|} この結果は、 をべき級数 と 比較することに帰着し 、ラーベの検定と関連していることがわかる。 [20] ∑ n | a n | {\displaystyle \sum _{n}|a_{n}|} ∑ n n − p {\displaystyle \sum _{n}n^{-p}}
アリの2回目の比率テスト より洗練された比率テストは2番目の比率テストである: [7] [9] 定義 : a n > 0 {\displaystyle a_{n}>0}
L 0 ≡ lim n → ∞ a 2 n a n {\displaystyle L_{0}\equiv \lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}} L 1 ≡ lim n → ∞ a 2 n + 1 a n {\displaystyle L_{1}\equiv \lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n+1}}{a_{n}}}} L ≡ max ( L 0 , L 1 ) {\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1})}
2 回目の比率テストでは、シリーズは次のようになります。
収束する場合 L < 1 2 {\displaystyle L<{\frac {1}{2}}} 発散する場合 L > 1 2 {\displaystyle L>{\frac {1}{2}}} その場合、 テストは決定的ではありません。 L = 1 2 {\displaystyle L={\frac {1}{2}}} 上記の限界が存在しない場合は、上限と下限を使用できる場合があります。定義：
L 0 ≡ lim sup n → ∞ a 2 n a n {\displaystyle L_{0}\equiv \limsup _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}} L 1 ≡ lim sup n → ∞ a 2 n + 1 a n {\displaystyle L_{1}\equiv \limsup _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n+1}}{a_{n}}}} ℓ 0 ≡ lim inf n → ∞ a 2 n a n {\displaystyle \ell _{0}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n}}{a_{n}}}} ℓ 1 ≡ lim inf n → ∞ a 2 n + 1 a n {\displaystyle \ell _{1}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{2n+1}}{a_{n}}}} L ≡ max ( L 0 , L 1 ) {\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1})} ℓ ≡ min ( ℓ 0 , ℓ 1 ) {\displaystyle \ell \equiv \min(\ell _{0},\ell _{1})}
その後、シリーズは次のようになります。
収束する場合 L < 1 2 {\displaystyle L<{\frac {1}{2}}} 発散する場合 ℓ > 1 2 {\displaystyle \ell >{\frac {1}{2}}} その場合、 テストは決定的ではありません。 ℓ ≤ 1 2 ≤ L {\displaystyle \ell \leq {\frac {1}{2}}\leq L}
アリの メートル 比率テスト このテストは、2番目の比率テストの直接的な拡張です。 [7] [9] と正は次 のように 定義します。 0 ≤ k ≤ m − 1 , {\displaystyle 0\leq k\leq m-1,} a n {\displaystyle a_{n}}
L k ≡ lim n → ∞ a m n + k a n {\displaystyle L_{k}\equiv \lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}} L ≡ max ( L 0 , L 1 , … , L m − 1 ) {\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1},\ldots ,L_{m-1})}
比率検定により 、この系列は次のようになります。 m {\displaystyle m}
収束する場合 L < 1 m {\displaystyle L<{\frac {1}{m}}} 発散する場合 L > 1 m {\displaystyle L>{\frac {1}{m}}} その場合、 テストは決定的ではありません。 L = 1 m {\displaystyle L={\frac {1}{m}}} 上記の限界が存在しない場合は、上界と下界を使用できる場合があります。 定義： 0 ≤ k ≤ m − 1 {\displaystyle 0\leq k\leq m-1}
L k ≡ lim sup n → ∞ a m n + k a n {\displaystyle L_{k}\equiv \limsup _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}} ℓ k ≡ lim inf n → ∞ a m n + k a n {\displaystyle \ell _{k}\equiv \liminf _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{mn+k}}{a_{n}}}} L ≡ max ( L 0 , L 1 , … , L m − 1 ) {\displaystyle L\equiv \max(L_{0},L_{1},\ldots ,L_{m-1})} ℓ ≡ min ( ℓ 0 , ℓ 1 , … , ℓ m − 1 ) {\displaystyle \ell \equiv \min(\ell _{0},\ell _{1},\ldots ,\ell _{m-1})}
その後、シリーズは次のようになります。
収束する場合 L < 1 m {\displaystyle L<{\frac {1}{m}}} 発散する場合 ℓ > 1 m {\displaystyle \ell >{\frac {1}{m}}} の場合 、テストは決定的ではありません。 ℓ ≤ 1 m ≤ L {\displaystyle \ell \leq {\frac {1}{m}}\leq L}
Ali--Deutsche Cohen のφ比テスト この検定はth比検定の拡張版である 。 [21] m {\displaystyle m}
シーケンスが 正の減少シーケンスであると仮定します。 a n {\displaystyle a_{n}}
が存在するものとします 。 とし 、 と仮定します 。 φ : Z + → Z + {\displaystyle \varphi :\mathbb {Z} ^{+}\to \mathbb {Z} ^{+}} lim n → ∞ n φ ( n ) {\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\varphi (n)}}} α = lim n → ∞ n φ ( n ) {\displaystyle \alpha =\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\varphi (n)}}} 0 < α < 1 {\displaystyle 0<\alpha <1}
また、 lim n → ∞ a φ ( n ) a n = L . {\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{\varphi (n)}}{a_{n}}}=L.}
その後、シリーズは次のようになります。
収束する場合 L < α {\displaystyle L<\alpha } 発散する場合 L > α {\displaystyle L>\alpha } の場合 、テストは決定的ではありません。 L = α {\displaystyle L=\alpha }
参照
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参考文献
![{\displaystyle \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).}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/cfcc150850af328091357822121ca4ebb628864e)
