İntegral testi

Bir N tam sayısını ve sınırsız [N, ∞) aralığında tanımlı monoton azalan bir f fonksiyonunu ele alalım. O zaman,

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

serisi ancak ve ancak

${\displaystyle \int _{N}^{\infty }f(x)\,dx}$

integrali sonlu ise, yakınsaktır. Özelde, integral ıraksar ise, o zaman seri de ıraksar.

İspat basit bir şekilde f(n) terimini f 'nin [n − 1, n] ve [n, n + 1] aralıkları üzerindeki integralleriyle karşılaştırarak, karşılaştırma testini kullanmaktadır

f, monoton azalan bir fonksiyon olduğu için,

${\displaystyle f(x)\leq f(n)\quad {\text{, }}x\in [n,\infty )}$

ve

${\displaystyle f(n)\leq f(x)\quad {\text{, }}x\in [N,n],}$

olduğunu biliyoruz. Bu yüzden, N 'den büyük n için,

${\displaystyle \int _{n}^{n+1}f(x)\,dx\leq \int _{n}^{n+1}f(n)\,dx=f(n)=\int _{n-1}^{n}f(n)\,dx\leq \int _{n-1}^{n}f(x)\,dx.}$

Alt tahmin de aynı zamanda f(N) için geçerli olduğu için, N 'den belli bir M (M, N 'den büyüktür) tam sayısına kadar n üzerinden toplamlarla

${\displaystyle \int _{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq \sum _{n=N}^{M}f(n)\leq f(N)+\int _{N}^{M}f(x)\,dx}$

elde ederiz. M sonsuza giderse, sonucu elde ederiz.

Harmonik seri

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

ıraksar çünkü doğal logaritmayı, türevini ve hesabın temel teoremini kullanarak

${\displaystyle \int _{1}^{M}{\frac {1}{x}}\,dx=\ln x{\Bigr |}_{1}^{M}=\ln M\to \infty {\text{,}}\quad M\to \infty \quad {\text{iken}}.}$

elde edilir.

Tersine,

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{1+\varepsilon }}}}$

serisi (Riemann zeta fonkisyonu ile karşılaştırınız) her ε > 0 için yakınsar çünkü

${\displaystyle \int _{1}^{M}{\frac {1}{x^{1+\varepsilon }}}\,dx=-{\frac {1}{\varepsilon x^{\varepsilon }}}{\biggr |}_{1}^{M}={\frac {1}{\varepsilon }}{\Bigl (}1-{\frac {1}{M^{\varepsilon }}}{\Bigr )}\leq {\frac {1}{\varepsilon }}{\text{,}}\quad \forall M\geq 1.}$

Yukarıdaki harmonik serileri de içeren örnekler şu soruyu beraberinde getirir: Terimleri f(n) olan ve 1/n 'den daha hızlı bir şekilde 0'a doğru azalan; ancak, 1/n^1+ε 'dan her ε > 0 için

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n}}=0\quad {\text{ve}}\quad \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n^{1+\varepsilon }}}=\infty }$

bağlamında 0'a doğru daha yavaş azalan monoton bir seri var mı ve bu seri yine de ıraksar mı? Böyle bir seri bulunur bulunmaz, aynı soru 1/n 'nin yerini almış f(n) ile de sorulabilir vs. Bu yolla, ıraksaklık ve yakınsaklık arasındaki sınır çizgisini araştırmak mümkündür.

İntegral testini kullanarak, her k doğal sayısı için

${\displaystyle \sum _{n=N_{k}}^{\infty }{\frac {1}{n\ln(n)\ln _{2}(n)\cdots \ln _{k-1}(n)\ln _{k}(n)}}}$

serisinin hala ıraksadığı gösterilebilir (k = 1 için, asalların terslerinin toplamı ıraksar ile karşılaştırınız.); ancak

${\displaystyle \sum _{n=N_{k}}^{\infty }{\frac {1}{n\ln(n)\ln _{2}(n)\cdots \ln _{k-1}(n)(\ln _{k}(n))^{1+\varepsilon }}}}$

serisi her ε > 0 için yakınsar. Burada, ln_k doğal logaritmanın arka arkaya k kere bileşkesinin alınmasını göstermektedir:

${\displaystyle \ln _{k}(x)={\begin{cases}\ln(x)&{\text{, }}k=1,\\\ln(\ln _{k-1}(x))&{\text{, }}k\geq 2.\end{cases}}}$

Dahası, N_k bu k bileşkenin iyi tanımlı olduğu ve ln_k N_k ≥ 1 eşitsizliğini sağlayan en küçük doğal sayıyı gösterir; yani

${\displaystyle N_{k}\geq \underbrace {e^{e^{\cdot ^{\cdot ^{e}}}}} _{k\ {\text{tane}}\ e}=e\uparrow \uparrow k.}$

İlk serinin ıraksaklığını integral testi ile görmek için, zincir kuralının arka arkaya kullanımının

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

verdiğini görmemiz gerekir. Bu yüzden

${\displaystyle \int _{N_{k}}^{\infty }{\frac {dx}{x\ln(x)\cdots \ln _{k}(x)}}=\ln _{k+1}(x){\bigr |}_{N_{k}}^{\infty }=\infty .}$

İkinci serinin yakınsaklığını görmek için, kuvvet serisi, zincir kuralı ve yukarıdaki sonucun

${\displaystyle -{\frac {d}{dx}}{\frac {1}{\varepsilon (\ln _{k}(x))^{\varepsilon }}}={\frac {1}{(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}}{\frac {d}{dx}}\ln _{k}(x)=\cdots ={\frac {1}{x\ln(x)\cdots \ln _{k-1}(x)(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}}}$

verdiğini görmeliyiz. Bu yüzden,

${\displaystyle \int _{N_{k}}^{\infty }{\frac {dx}{x\ln(x)\cdots \ln _{k-1}(x)(\ln _{k}(x))^{1+\varepsilon }}}=-{\frac {1}{\varepsilon (\ln _{k}(x))^{\varepsilon }}}{\biggr |}_{N_{k}}^{\infty }<\infty }$

olur.

• Knopp, Konrad, "Infinite Sequences and Series", Dover publications, Inc., New York, 1956. (&; 3.3) ISBN 0-486-60153-6
• Whittaker, E. T., and Watson, G. N., A Course in Modern Analysis, 4. baskı, Cambridge University Press, 1963. (§ 4.43) ISBN 0-521-58807-3