Ovaj članak ili neki od njegovih odlomaka nije dovoljno potkrijepljen izvorima (literatura, veb-sajtovi ili drugi izvori).
Ako se pravilno ne potkrijepe pouzdanim izvorima, sporne rečenice i navodi mogli bi biti izbrisani. Pomozite Wikipediji tako što ćete navesti validne izvore putem referenci te nakon toga možete ukloniti ovaj šablon.
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 ).
Uzmimo cijeli broj N i nenegativnu monotono opadajuću funkciju f definisanu na neograničenom intervalu [N , ∞). Tada red
∑
n
=
N
∞
f
(
n
)
{\displaystyle \sum _{n=N}^{\infty }f(n)}
konvergira ako i samo ako integral
∫
N
∞
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{N}^{\infty }f(x)\,dx}
ima određeno rješenje. To znači, ako integal divergira, divergira i dati red.
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
)
≤
f
(
n
)
for
x
∈
[
n
,
∞
)
{\displaystyle f(x)\leq f(n)\quad {\text{for }}x\in [n,\infty )}
i
f
(
n
)
≤
f
(
x
)
for
x
∈
[
N
,
n
]
,
{\displaystyle f(n)\leq f(x)\quad {\text{for }}x\in [N,n],}
odakle vrijedi, za svaki n veći od N
∫
n
n
+
1
f
(
x
)
d
x
≤
∫
n
n
+
1
f
(
n
)
d
x
=
f
(
n
)
=
∫
n
−
1
n
f
(
n
)
d
x
≤
∫
n
−
1
n
f
(
x
)
d
x
.
{\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.}
Pošto prethodna procjena važi i za f (N ), dobijamo sumiranjem preko cijelog n , od N do nekog većeg cijelog broja M
∫
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.}
Kada pustimo da M teži u beskonačnost, dobijamo razultat.
Hermonijski red
∑
n
=
1
∞
1
n
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}}
divergira zato što, koristeći prirodni logaritam , njegovu derivaciju , te fundamentalni teorem kalkulusa , dobijamo
∫
1
M
1
x
d
x
=
ln
x
|
1
M
=
ln
M
→
∞
for
M
→
∞
.
{\displaystyle \int _{1}^{M}{\frac {1}{x}}\,dx=\ln x{\Bigr |}_{1}^{M}=\ln M\to \infty \quad {\text{for }}M\to \infty .}
Suprotno, red
∑
n
=
1
∞
1
n
1
+
ε
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{1+\varepsilon }}}}
(uporedite sa Riemannovom zeta funkcijom )
konvergira za svaki ε > 0, pošto je
∫
1
M
1
x
1
+
ε
d
x
=
−
1
ε
x
ε
|
1
M
=
1
ε
(
1
−
1
M
ε
)
≤
1
ε
for all
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 }}\quad {\text{for all }}M\geq 1.}
uredi
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
lim
n
→
∞
f
(
n
)
1
/
n
=
0
and
lim
n
→
∞
f
(
n
)
1
/
n
1
+
ε
=
∞
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n}}=0\quad {\text{and}}\quad \lim _{n\to \infty }{\frac {f(n)}{1/n^{1+\varepsilon }}}=\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
∑
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)}}}
još uvijek divergira (uporedite sa dokazom da suma recipročnih prostih brojeva divergira za k = 1), ali
∑
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 }}}}
konvergira za svaki ε > 0. Ovdje lnk k -tu kompoziciju funkcija prirodnog logaritma definisanog rekurzivno sa
ln
k
(
x
)
=
{
ln
(
x
)
for
k
=
1
,
ln
(
ln
k
−
1
(
x
)
)
for
k
≥
2.
{\displaystyle \ln _{k}(x)={\begin{cases}\ln(x)&{\text{for }}k=1,\\\ln(\ln _{k-1}(x))&{\text{for }}k\geq 2.\end{cases}}}
Nadalje, N k k -ta kompozocija dobro definisana i lnk N k
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}
koristeći tetraciju ili Knuthovu notaciju .
Kako bi smo vidjeli divergenciju prvog reda koristeći integralni test, zapazite da ponavljanom primjenom pravila derivacije složene funkcije
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)}},}
odakle vrijedi
∫
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 .}
Da bi smo vidjeli konvergenciju drugog reda, zapazite da sa primjenom pravila o derivaciji stepena , pravila o derivaciji složene funkcije i rezultata iznad dobijamo
−
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 }}},}
odakle vrijedi
∫
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 .}
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 , fourth edition, Cambridge University Press, 1963. (§ 4.43) ISBN 0-521-58807-3 
![{\displaystyle f(n)\leq f(x)\quad {\text{for }}x\in [N,n],}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/dbb860725d13d4b6fdc151c94853b240d94c8f3f)
