Uvažujme celé číslo N f intervalu
⟨
N
,
∞
)
{\displaystyle \langle N,\infty )}
monotonně klesající . Pak nekonečná řada
∑
n
=
N
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \sum _{n=N}^{\infty }f(n)}
konverguje k nějakému reálnému číslu právě tehdy, když nevlastní integrál
∫
N
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{N}^{\infty }f(x)\,dx}
je konečný. Pokud integrál diverguje, pak řada diverguje také.
Pokud je nevlastní integrál konečný, pak důkaz také poskytuje dolní a horní mez součtu nekonečné řady:
∫
N
∞
f
(
x
)
d
x
≤
∑
n
=
N
∞
f
(
n
)
≤
f
(
N
)
+
∫
N
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{N}^{\infty }f(x)\,dx\leq \sum _{n=N}^{\infty }f(n)\leq f(N)+\int _{N}^{\infty }f(x)\,dx}
(1)
Důkaz využívá srovnávací kritérium pro porovnání členu
f
(
n
)
{\displaystyle f(n)}
f
{\displaystyle f}
⟨
n
−
1
,
n
)
{\displaystyle \langle n-1,n)}
⟨
n
,
n
+
1
)
{\displaystyle \langle n,n+1)}
Je-li f
f
(
x
)
≤
f
(
n
)
∀
x
∈
⟨
n
,
∞
)
{\displaystyle f(x)\leq f(n)\quad \forall x\in \langle n,\infty )}
a
f
(
n
)
≤
f
(
x
)
∀
x
∈
⟨
N
,
n
⟩
.
{\displaystyle f(n)\leq f(x)\quad \forall x\in \langle N,n\rangle .}
a proto pro každé celé číslo n ≥ N
∫
n
n
+
1
f
(
x
)
d
x
≤
∫
n
n
+
1
f
(
n
)
d
x
=
f
(
n
)
{\displaystyle \int _{n}^{n+1}f(x)\,dx\leq \int _{n}^{n+1}f(n)\,dx=f(n)}
(2)
a pro každé celé číslo n ≥ N + 1
f
(
n
)
=
∫
n
−
1
n
f
(
n
)
d
x
≤
∫
n
−
1
n
f
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle f(n)=\int _{n-1}^{n}f(n)\,dx\leq \int _{n-1}^{n}f(x)\,dx.}
(3)
Sumací pro všechna n N M 2
∫
N
M
+
1
f
(
x
)
d
x
=
∑
n
=
N
M
∫
n
n
+
1
f
(
x
)
d
x
⏟
≤
f
(
n
)
≤
∑
n
=
N
M
f
(
n
)
{\displaystyle \int _{N}^{M+1}f(x)\,dx=\sum _{n=N}^{M}\underbrace {\int _{n}^{n+1}f(x)\,dx} _{\leq \,f(n)}\leq \sum _{n=N}^{M}f(n)}
a z (3
∑
n
=
N
M
f
(
n
)
≤
f
(
N
)
+
∑
n
=
N
+
1
M
∫
n
−
1
n
f
(
x
)
d
x
⏟
≥
f
(
n
)
=
f
(
N
)
+
∫
N
M
f
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle \sum _{n=N}^{M}f(n)\leq f(N)+\sum _{n=N+1}^{M}\underbrace {\int _{n-1}^{n}f(x)\,dx} _{\geq \,f(n)}=f(N)+\int _{N}^{M}f(x)\,dx.}
Zkombinování těchto dvou odhadů dostaneme
∫
N
M
+
1
f
(
x
)
d
x
≤
∑
n
=
N
M
f
(
n
)
≤
f
(
N
)
+
∫
N
M
f
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle \int _{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq \sum _{n=N}^{M}f(n)\leq f(N)+\int _{N}^{M}f(x)\,dx.}
Pro M nekonečnu dostáváme (1
Harmonická řada
∑
n
=
1
∞
1
n
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}}
diverguje, protože aplikací přirozeného logaritmu , jeho primitivní funkce a použitím základní věty integrálního počtu dostaneme
∫
1
M
1
n
d
n
=
ln
n
|
1
M
=
ln
M
→
∞
pro
M
→
∞
.
{\displaystyle \int _{1}^{M}{\frac {1}{n}}\,dn=\ln n{\Bigr |}_{1}^{M}=\ln M\to \infty \quad {\text{pro }}M\to \infty .}
A naopak, řada
ζ
(
1
+
ε
)
=
∑
x
=
1
∞
1
x
1
+
ε
{\displaystyle \zeta (1+\varepsilon )=\sum _{x=1}^{\infty }{\frac {1}{x^{1+\varepsilon }}}}
(srovnejte s Riemannovou funkcí zeta )
konverguje pro každé ε > 0pravidlu pro integraci mocniny
∫
1
M
1
x
1
+
ε
d
x
=
−
1
ε
x
ε
|
1
M
=
1
ε
(
1
−
1
M
ε
)
≤
1
ε
<
∞
∀
M
≥
1.
{\displaystyle \int _{1}^{M}{\frac {1}{x^{1+\varepsilon }}}\,dx=-{\frac {1}{\varepsilon x^{\varepsilon }}}{\biggr |}_{1}^{M}={\frac {1}{\varepsilon }}{\Bigl (}1-{\frac {1}{M^{\varepsilon }}}{\Bigr )}\leq {\frac {1}{\varepsilon }}<\infty \quad \forall M\geq 1.}
Z (1
ζ
(
1
+
ε
)
=
∑
x
=
1
∞
1
x
1
+
ε
≤
1
+
ε
ε
,
{\displaystyle \zeta (1+\varepsilon )=\sum _{x=1}^{\infty }{\frac {1}{x^{1+\varepsilon }}}\leq {\frac {1+\varepsilon }{\varepsilon }},}
který lze porovnávat s nějakými určitými hodnotami Riemannovy funkce zeta .
Hranice mezi divergencí a konvergencí
editovat
Výše uvedené příklady s harmonickou řadou vyvolávají otázku, zda existují monotonní posloupnosti tak, že f (n )1/n ale pomaleji než 1/n 1+ε v tom smyslu, že
lim
n
→
∞
f
(
n
)
1
/
n
=
0
a
lim
n
→
∞
f
(
n
)
1
/
n
1
+
ε
=
∞
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n}}=0\quad {\text{a}}\quad \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n^{1+\varepsilon }}}=\infty }
pro každé ε > 0f (n )posloupnost , můžeme položit podobnou otázku, v níž f (n )1/n , atd. Tímto způsobem je možné zkoumat hranici mezi divergencí a konvergencí nekonečné řady.
Při použití integrálního kritérium konvergence můžeme ukázat (jak je uvedeno níže), že pro každé přirozené číslo k
∑
n
=
N
k
∞
1
n
ln
(
n
)
ln
2
(
n
)
⋯
ln
k
−
1
(
n
)
ln
k
(
n
)
{\displaystyle \sum _{n=N_{k}}^{\infty }{\frac {1}{n\ln(n)\ln _{2}(n)\cdots \ln _{k-1}(n)\ln _{k}(n)}}}
(4)
stále diverguje (srovnejte s důkazem, že suma převrácených hodnot prvočísel diverguje pro k = 1
∑
n
=
N
k
∞
1
n
ln
(
n
)
ln
2
(
n
)
⋯
ln
k
−
1
(
n
)
(
ln
k
(
n
)
)
1
+
ε
{\displaystyle \sum _{n=N_{k}}^{\infty }{\frac {1}{n\ln(n)\ln _{2}(n)\cdots \ln _{k-1}(n)(\ln _{k}(n))^{1+\varepsilon }}}}
(5)
konverguje pro každé ε > 0lnk označuje k aplikaci přirozeného logaritmu definovanou rekurzivně vztahem
ln
k
(
x
)
=
{
ln
(
x
)
pro
k
=
1
,
ln
(
ln
k
−
1
(
x
)
)
pro
k
≥
2.
{\displaystyle \ln _{k}(x)={\begin{cases}\ln(x)&{\text{pro }}k=1,\\\ln(\ln _{k-1}(x))&{\text{pro }}k\geq 2.\end{cases}}}
N k k lnk N k , tj. s použitím tetrace nebo Knuthova zápisu
N
k
≥
e
e
⋅
⋅
e
⏟
k
e
′
s
=
e
↑↑
k
{\displaystyle N_{k}\geq \underbrace {e^{e^{\cdot ^{\cdot ^{e}}}}} _{k\ e'{\text{s}}}=e\uparrow \uparrow k}
Pro zjištění divergence řady (4 řetízkového pravidla
d
d
x
ln
k
+
1
(
x
)
=
d
d
x
ln
(
ln
k
(
x
)
)
=
1
ln
k
(
x
)
d
d
x
ln
k
(
x
)
=
⋯
=
1
x
ln
(
x
)
⋯
ln
k
(
x
)
,
{\displaystyle {\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)}},}
tedy
∫
N
k
∞
d
x
x
ln
(
x
)
⋯
ln
k
(
x
)
=
ln
k
+
1
(
x
)
|
N
k
∞
=
∞
.
{\displaystyle \int _{N_{k}}^{\infty }{\frac {dx}{x\ln(x)\cdots \ln _{k}(x)}}=\ln _{k+1}(x){\bigr |}_{N_{k}}^{\infty }=\infty .}
Pro zjištění konvergence řady (5 pravidla o derivování mocniny , řetízkového pravidla a výše uvedeného výsledku
−
d
d
x
1
ε
(
ln
k
(
x
)
)
ε
=
1
(
ln
k
(
x
)
)
1
+
ε
d
d
x
ln
k
(
x
)
=
⋯
=
1
x
ln
(
x
)
⋯
ln
k
−
1
(
x
)
(
ln
k
(
x
)
)
1
+
ε
,
{\displaystyle -{\frac {d}{dx}}{\frac {1}{\varepsilon (\ln _{k}(x))^{\varepsilon }}}={\frac {1}{(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}}{\frac {d}{dx}}\ln _{k}(x)=\cdots ={\frac {1}{x\ln(x)\cdots \ln _{k-1}(x)(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}},}
tedy
∫
N
k
∞
d
x
x
ln
(
x
)
⋯
ln
k
−
1
(
x
)
(
ln
k
(
x
)
)
1
+
ε
=
−
1
ε
(
ln
k
(
x
)
)
ε
|
N
k
∞
<
∞
{\displaystyle \int _{N_{k}}^{\infty }{\frac {dx}{x\ln(x)\cdots \ln _{k-1}(x)(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}}=-{\frac {1}{\varepsilon (\ln _{k}(x))^{\varepsilon }}}{\biggr |}_{N_{k}}^{\infty }<\infty }
přičemž (1 5
