比較判定法(級数)

1. $\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}$ は収束する。$n\ge2$ で $\frac1{n^2}\le\frac1{n(n-1)}=\frac1{n-1}-\frac1n$ であり、右辺の級数 $\sum_{n\ge2}\bigl(\frac1{n-1}-\frac1n\bigr)$ は部分和 $\sum_{n=2}^{N}\bigl(\frac1{n-1}-\frac1n\bigr)=1-\frac1N$ が $1$ に収束する。thm-cts-comparison により $\sum_{n\ge2}\frac1{n^2}\le1$ であり、$\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}\le2$ である。
2. $p\ge2$ なら $0<\frac1{n^p}\le\frac1{n^2}$ なので $\sum\frac1{n^p}$ は収束する。$p\le1$ なら $\frac1{n^p}\ge\frac1n$ であり、調和級数 $\sum\frac1n$ は発散する（調和級数 の定理「調和級数の発散」）ので、$\sum\frac1{n^p}$ も発散する。$1< p< 2$ の場合は、この比べ方だけでは決まらない。$p>1$ ならすべて収束することは 調和級数 の命題「冪の逆数の級数」にある。
3. $\sum_{n\ge0}\frac1{n!}$ は収束する。$n\ge1$ で $n!\ge2^{n-1}$（$n$ についての帰納法による）なので $\frac1{n!}\le\frac1{2^{n-1}}$ であり、等比級数 $\sum_{n\ge1}2^{-(n-1)}=2$ と比べると $\sum_{n\ge1}\frac1{n!}\le2$、したがって $\sum_{n\ge0}\frac1{n!}\le3$ である。

$a_n:=-\frac1n$、$b_n:=0$ とすると、すべての $n$ で $a_n\le b_n$ であり $\sum b_n=0$ は収束するが、$\sum a_n$ の部分和は調和級数の部分和の $-1$ 倍なので $-\infty$ に発散する。したがって thm-cts-comparison の 1 から仮定 $0\le a_n$ を外すと結論が成り立たない。大小 $a_n\le b_n$ だけでは、$\sum a_n$ の部分和は下に有界にならないからである。この例は GO03 第 6 章 Example 2（p. 54）にある。

1. $\sum\frac1{n^2+n+1}$ は収束する。$\dfrac{1/(n^2+n+1)}{1/n^2}=\dfrac1{1+1/n+1/n^2}\to1$ であり、$\sum\frac1{n^2}$ は収束する（ex-cts-p-series）。
2. $\sum\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{n}$ は収束する。項は $\dfrac1{n(\sqrt{n+1}+\sqrt n)}$ に等しく、$n^{-3/2}$ との比 $\dfrac{\sqrt n}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}$ は $\frac12$ に近づき、$\sum n^{-3/2}$ は収束する（調和級数 の命題「冪の逆数の級数」）。
3. $\sum\sin\frac1n$ は発散する。$n\ge1$ で $0<\frac1n\le1<\pi$ なので項は正である。$\sin$ の $0$ での微分係数は $\cos0=1$ なので $\dfrac{\sin(1/n)}{1/n}\to1$ であり、調和級数は発散する。
4. $\sum\log\bigl(1+\frac1n\bigr)$ は発散する。$\log(1+x)$ の $x=0$ での微分係数は $1$ なので、比 $\dfrac{\log(1+1/n)}{1/n}$ は $1$ に近づく。実際、部分和は $\sum_{n=1}^N\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr)=\log(N+1)\to\infty$ である。

十分先のすべての $n$ で $a_n>0$ とする。

1. ある $r>1$ について、十分先のすべての $n$ で $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\le1-\dfrac rn$ ならば、$\sum a_n$ は収束する。
2. 十分先のすべての $n$ で $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\ge1-\dfrac1n$ ならば、$\sum a_n$ は発散する。
   1 の確かめ：$p:=\frac{1+r}2$ とおくと $1< p< r$ である。$x\ge0$ で $g(x):=(1+x)^{-p}-1+px$ は $g(0)=0$、$g'(x)=p\bigl(1-(1+x)^{-p-1}\bigr)\ge0$ なので $g(x)\ge0$、すなわち $(1+x)^{-p}\ge1-px$ である。$b_n:=n^{-p}$ とおき $x=\frac1n$ とすると、十分先の $n$ で
   $$ \frac{b_{n+1}}{b_n}=\Bigl(1+\frac1n\Bigr)^{-p}\ge1-\frac pn\ge1-\frac rn\ge\frac{a_{n+1}}{a_n} $$
   である。$p>1$ なので $\sum n^{-p}$ は収束し（調和級数 の命題「冪の逆数の級数」）、prop-cts-ratio-comparison の 1 により $\sum a_n$ は収束する。
   2 の確かめ：$n\ge2$ で $b_n:=\frac1{n-1}$ とおくと $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=\dfrac{n-1}n=1-\dfrac1n$ であり、$\sum b_n$ は調和級数なので発散する。prop-cts-ratio-comparison の 2 により $\sum a_n$ は発散する。
   たとえば $a_n:=\dfrac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}$ は $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{2n+1}{2n+2}=1-\dfrac1{2n+2}\ge1-\dfrac1n$ なので、$\sum a_n$ は発散する。比 $a_{n+1}/a_n$ は $1$ に近づくので、比判定法ではこの級数を判定できない。

1 行目は ex-cts-signed である。2 行目：偶数の $n$ では $a_n=0\le b_n$ なので不等式は無限個の $n$ で成り立ち、$\sum b_n$ は収束する（ex-cts-p-series）が、$\sum a_n$ は $1$ に等しい項を無限個含むので発散する。3 行目：$n\ge2$ で $\sqrt n\ne1$ なので $b_n\ne0$ であり、$\dfrac{b_n}{a_n}=1+\dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\to1$ なので $\dfrac{a_n}{b_n}\to1$ である。$\sum a_n$ は符号が交互に変わり絶対値が単調に $0$ に減るので収束する（級数 の定理「Leibnizの判定法」）。$\sum b_n$ が収束すれば $\sum\frac1n=\sum b_n-\sum a_n$ も収束するはずなので、$\sum b_n$ は発散する。4 行目：比は $\frac1n\to0$ であり、$\sum a_n$ は収束、$\sum b_n$ は発散する。