Просмотр исходного текста страницы Суммирование расходящихся рядов

[[Арифметические действия с числовыми рядами|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_V_.D0.A0.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
== Введение ==

Напомним, что, имея последовательность вещественных чисел <tex>\{a_n\}</tex>, рядом мы называли символ <tex>\sum\limits_{i = 1}^\infty a_i</tex>. Ряды можно складывать и умножать на число. Далее, мы определили <tex>\sum\limits_{i = 1}^\infty a_i = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sum\limits_{i = 1}^n a_i</tex>.

Мы показали, что, исходя из этого равенства, для сходимости ряда частичных сумм необходимо условие <tex>a_n \rightarrow 0</tex>. Например, ряд <tex>\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^n</tex> не сходится (не имеет суммы в представленном выше смысле), поскольку <tex>(-1)^n</tex> предела не имеет.

Во многих задачах математики необходимо символу ряда приписывать некоторое число и называть суммой ряда. Как правило, требуется соблюдение условий, вытекающих из арифметических действий с обычными рядами.

== Правила суммирования ==

Когда пишут <tex>\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A (F)</tex>, то говорят, что ряд из <tex>a_i</tex> имеет сумму <tex>A</tex> по правилу суммирования <tex>F</tex>.

Для правил суммирования требуется выполнение некоторых условий.

# Линейность: если <tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A (F) </tex>, <tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty b_n = B (F) </tex>, то <tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty (\alpha a_n + \beta b_n) = \alpha A + \beta B (F) </tex>.
# Перманентность (регулярность): если <tex>\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A</tex> (ряд имеет сумму в обычном смысле), то <tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A (F) </tex>.
# Эффективность: должны существовать ряды, которые суммируются с помощью <tex>F</tex>, но не имеют суммы в классическом смысле.

== Метод средних арифметических ==
{{Определение
|definition=
Ряд <tex>\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n</tex> имеет сумму <tex>S</tex> по '''методу средних арифметических''' (обозначают аббревиатурой с.а.), если <tex>S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k</tex>. 
}}
Как правило, используют обозначения <tex>\sigma_n = \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k</tex>, <tex> S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sigma_n </tex>.

Выясним, что способ удовлетворяет перечисленным выше требованиям. 

Линейность этого способа очевидна (из арифметики пределов и свойств сложения конечного числа слагаемых).

Проверим эффективность способа.
{{Утверждение
|statement=
Сумма расходящегося ряда <tex>\sum\limits_{k = 0}^\infty (-1)^k</tex> равна <tex> \frac 12 </tex> по методу средних арифметических.
|proof=
<tex> S_{2n} = 0,\ S_{2n+1} = 1</tex>
<tex>\sigma_{2m} = \frac 1{2m + 1} (S_0 + S_1 + \dots + S_{2m}) = \frac m{2m + 1} \longrightarrow \frac 12</tex>.

Аналогично, <tex>\sigma_{2m + 1} \longrightarrow \frac 12</tex>.

Итого, <tex>\sigma_n \longrightarrow \frac 12</tex>, и ряд имеет сумму <tex>\frac 12</tex> по методу средних арифметических.
}}

Проверим перманентность. Требуется доказать, что если <tex>S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} S_n</tex>, то <tex>S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sigma_n</tex>.

Действительно, <tex>S_n = S + \alpha_n</tex>, где <tex>\alpha_n \longrightarrow 0</tex>. Тогда <tex>\sigma_n = S + \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k</tex>.

Требуется доказать, что <tex>\frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k \longrightarrow 0</tex>. Докажем по определению.

Рассмотрим некоторое <tex>\varepsilon > 0</tex>, подбираем <tex>N</tex> такое, что <tex>n \ge N \Rightarrow |\alpha_n| < \varepsilon / 2</tex>.

<tex>\frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k = \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^N \alpha_k + \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = N + 1}^n \alpha_k</tex>

<!-- надо разделять формулы -->

<tex>\left | \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k \right | \le \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^N |\alpha_k| + \frac {n - N}{n + 1} \frac{\varepsilon}2</tex>

Поскольку в первом слагаемом бесконечно малая умножается на константу, то, начиная с <tex> N_1 </tex>, выполняется <tex>\frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^N |\alpha_k| < \varepsilon / 2</tex>. Но, поскольку <tex>\frac {n - N}{n + 1} < 1</tex>, то, начиная с <tex>N + N_1</tex>, выполняется <tex>\left | \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k \right | < \varepsilon</tex>.

Следовательно, по определению предела <tex>\frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n \alpha_k</tex> стремится к нулю.

===Некоторые умозаключения===
<tex>(n + 1)\sigma_n = S_0 + S_1 + \ldots + S_n</tex>

<tex>n\sigma_{n - 1} = S_0 + S_1 + \ldots + S_{n - 1}</tex>

Выразим частичные суммы через <tex>n</tex> и <tex>\sigma</tex>:

<tex>(n + 1)\sigma_n - n\sigma_{n - 1} = S_n</tex>

<tex>n\sigma_{n - 1} - (n - 1)\sigma_{n - 2} = S_{n - 1}</tex>

Выразим через это же элемент ряда:

<tex>(n + 1)\sigma_n - 2n\sigma_{n - 1} + (n - 1)\sigma_{n - 2} = a_n</tex>

Поделим все выражение на <tex>n</tex>:

<tex>\frac {a_n}{n} = (1 + \frac {1}{n})\sigma_n - 2\sigma_{n - 1} + (1 - \frac {1}{n})\sigma_{n - 2}</tex>

Мы знаем, что <tex> \sigma_n\to S </tex> при <tex> n \to \infty</tex>. Получается, что <tex> \frac {a_n}{n}\rightarrow 0</tex>.

===Необходимый признак===

Из предыдущего пункта вытекает необходимый признак:

{{Утверждение
|statement=
Если ряд суммируется методом средних арифметических <tex dpi>(\exists \lim\limits_{n \to \infty} \sigma_n)</tex>, то <tex>\frac {a_n}{n} \to 0</tex>.
}}

Однако, существуют ряды, у которых это требование не выполняется. Например: <tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (-1)^k(k + 1)</tex>. Было бы неплохо научиться что-нибудь делать хотя бы с некоторыми такими рядами.

==Метод Абеля==

{{Определение
|definition=
Пусть дан ряд <tex>\sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_n</tex> и <tex> \forall t \in (0; 1) : \sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_nt^n = f(t)</tex> (в классическом смысле). Тогда этот ряд имеет сумму <tex> S </tex> по '''методу Абеля''', если <tex> S = \lim\limits_{t \to 1 - 0} f(t)</tex>.
}}
Естественно, указанный предел должен существовать.

===Доказательство правильности===

*Эффективность:

Рассмотрим ряд <tex> \sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^k (k+1) </tex>. Покажем, что его сумма равна <tex> \frac 14 </tex>.

<tex> ?\exists \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sum\limits_{k=0}^n (-1)^k(k+1)t^k </tex>

Проверим существование этого предела, свернув сумму. <tex> S_n(t) = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^k(k+1)t^k </tex>

Проинтегрируем почленно, что возможно, поскольку эта сумма состоит из конечного числа слагаемых.

<tex> \int\limits_0^x S_n(t)dt = \sum\limits_{k=0}^n \int\limits_0^x (-1)^k (k + 1) t^k dt = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^k x^{k+1} = x \frac{1 - (-x)^{n+1}}{1 + x} </tex>

По теореме Барроу, 
<tex> S_n(t) = (t \frac {1 - (-t)^{n+1}} {1 + t})' = \frac{1 - (-t)^{n+1}}{1 + t} + </tex>

<tex> + t \frac{(n + 1)(-t)^n(1 + t) - (1 - (-t)^{n+1})}{(1 + t)^2}  \xrightarrow[n \rightarrow \infty, 0 < t < 1]{} \frac 1{1 + t} - \frac t{(1 + t)^2} </tex>

<tex> f(t) = \frac 1{1+t} - \frac t{(1+t)^2} \xrightarrow[t\to 1-0]{} \frac 14 </tex>

Итак, мы показали, что существуют ряды, суммирующиеся методом Абеля, но не суммирующиеся методом средних арифметических.

*Линейность этого метода очевидна из арифметики предела.

*Перманентность:

Далее мы докажем более сильное утверждение (теорема Фробениуса): <tex>  \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k = S </tex> (с.а.) <tex> \Rightarrow \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k = S </tex> (A), и, так как мы ранее доказали перманентность метода средних арифметических, то перманентность Абеля автоматически следует из этого.

Однако, получим эти результаты отдельно.

{{Утверждение
|statement=
<tex> \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n = S </tex> {{---}} сходится, тогда при <tex> 0 < t < 1 </tex> <tex> \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n </tex> тоже сходится.
|proof=
Убедимся в том, что <tex> \sum\limits_{n=k}^{k+p} a_n t^n \xrightarrow[k, p \to \infty]{} 0 </tex>. Если это правда, то и ряд <tex> \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n </tex> сходится по критерию Коши сходимости рядов.

<tex> a_n = S_n - S_{n-1} </tex>

<tex> \sum\limits_{n=k}^{k+p} a_n t^n = \sum\limits_{n=k}^{k+p}S_n t^n - \sum\limits_{n=k}^{k+p} S_{n-1} t^n = 
\sum\limits_{n=k}^{k+p} S_n t^n - \sum\limits_{n=k-1}^{k+p-1} S_n t^{n+1} = </tex>

<tex> = S_{k+p}t^{k+p}-S_{k-1} t^{k-1} + \sum\limits_{n=k}^{k+p-1} S_n (t^n - t^{n+1}) \qquad (*)</tex>

<tex> t > 0 \Rightarrow t^n > t^{n+1} > 0 </tex>;

<tex> M = \sup\limits_{n \in \mathbb Z} S_n < +\infty</tex>, так как ряд сходится в обычном смысле.

<tex> |\sum\limits_{n=k}^{k+p} a_n t^n| \le |S_{k+p}|t^{k+p} + |S_{k-1}|t^k + M \sum\limits_{j=k}^{k+p-1}(t^j-t^{j+1}) \le
M t^{k+p} + M t^k  + M (t^k - t^{k+p-1}) \xrightarrow[k,p \to \infty]{} 0 </tex>

Итак, <tex> \forall t: 0 < t < 1 \Rightarrow \exists f(t) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n </tex>
}}


Теперь собственно перманентность, в <tex> (*) </tex> положим <tex> k = 0 </tex> :

<tex> \sum\limits_{n=0}^p a_n t^n = S_p t^p + \sum\limits_{j=0}^{p-1} S_j(t^j - t^{j+1}) </tex>. Первое слагаемое стремится к 0,
<tex> p \to \infty \Rightarrow S_p \to S, </tex>, поэтому <tex> f(t) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S_j(t^j - t^{j+1}) </tex>

<tex> \sum\limits_{j=0}^{\infty} (t^j - t^{j+1}) = 1 </tex>, тогда <tex> S </tex> можно записать как <tex> S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S (t^j - t^{j+1}) </tex>

<tex> f(t) - S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} (S_j - S)(t^{j} - t^{j+1}) </tex>

Определение предела для <tex> S_j: \forall \varepsilon > 0: \exists N: \forall n > N: |S_n - S| \le \varepsilon </tex>

<tex> |f(t) - S| \le |\sum\limits_{j=0}^N (S_j - S)(t^j-t^{j+1})| + \sum\limits_{j=N+1}^{\infty} |S_j - S|(t^j-t^{j+1}) </tex>

<tex> |S_j - S| \le \varepsilon \Rightarrow \sum\limits_{j=N+1}^{\infty} |S_j - S|(t^j-t^{j+1}) \le \varepsilon </tex>

Теперь, если <tex> t </tex> достаточно близко к 1, и, поскольку <tex> N </tex> не зависит от <tex> t </tex>, первое слагаемое можно сделать сколь угодно малым, пусть оно меньше <tex> \varepsilon </tex>.

Тогда <tex> |f(t) - S| \le 2\varepsilon </tex>, перманентность доказана.

==Теорема Фробениуса==
{{Теорема
|author=
Фробениус
|statement=
<tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = S </tex> (с.а) <tex> \Rightarrow </tex> <tex> \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = S </tex> (А).
|proof=
Для начала, докажем, что если ряд сходится по методу средних арифметических, то он сходится и по методу Абеля.

Пусть <tex> S_k = \sum\limits_{j=0}^{k}a_j, S_{-1} = 0 </tex>.
Рассмотрим суммирование ряда методом Абеля: 

<tex> \sum\limits_{k = 0}^n a_kt^k = \sum\limits_{k = 0}^n (S_k - S_{k-1})t^k = \sum\limits_{k = 0}^n S_kt^k - \sum\limits_{k = 0}^n S_{k-1}t^k = </tex>

<tex> = \sum\limits_{k = 0}^n S_kt^k - \sum\limits_{k=0}^{n-1} S_kt^{k+1} = S_nt^n + \sum\limits_{k = 0}^{n-1} S_k(t^k-t^{k+1})</tex>.

Ряд сходится к некоторой <tex> S </tex> по методу средних арифметических, следовательно, как мы ранее доказали, <tex>
\frac {S_n}{n} \rightarrow 0 </tex>, значит, с некоторого <tex> N </tex>, <tex> \forall n > N\ |\frac{S_n}{n}| < 1 </tex>.

Тогда, для <tex> k > N </tex>, <tex> |S_kt^k| = |\frac{S_k}{k}||kt^k| < kt^k </tex>, <tex> \sum\limits_{k=0}^{\infty} S_kt^k < \sum\limits_{k=0}^{\infty} kt^k </tex>, последний же ряд сходится по признаку Даламбера.

Для рассматриваемого нами ряда, <tex> S_nt^n </tex> очевидно стремится к нулю, а <tex> \sum\limits_{k = 0}^{n-1} S_k(t^k-t^{k+1}) = \sum\limits_{k = 0}^{n-1} S_kt^k(1-t) < \sum\limits_{k = 0}^{n-1} S_kt^k</tex>.

Значит, в условиях использования метода средних арифметических, метод Абеля действительно применим.

Докажем теперь, что он сходится к <tex> S </tex> при <tex> t \rightarrow 1-0</tex>. Для этого еще раз применим преобразование Абеля:
<tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} S_k(t^k-t^{k+1}) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} ((k+1)\sigma_k - k\sigma_{k-1})(t^k-t^{k+1}) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^k-t^{k+1}) - </tex>

<tex> - \sum\limits_{k = 0}^{\infty} k\sigma_{k-1}(t^k-t^{k+1}) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^k-t^{k+1}) - \sum\limits_{k = -1}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^{k+1}-t^{k+2}) = </tex>

<tex> = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) </tex>.

Воспользуемся методом производящих функций:

Рассмотрим ряд <tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) = (1-t)^2 \sum \limits_{k=0}^{\infty} (k+1)t^k </tex>.

Пусть <tex> \sum \limits_{k=0}^{n} (k+1)t^k = g_n(t) </tex>, тогда <tex> \int\limits_0^t g_n(x)dx = \sum \limits_{k=0}^{n} \int\limits_0^t (k+1)x^kdx = \sum \limits_{k=0}^{n} t^{k+1} = t\frac{1-t^{n+1}}{1-t}</tex>.

<tex> g_n(t) = (t\frac{1-t^{n+1}}{1-t})' = \frac {(1-(n+2)t^{n+1})(1-t)+t-t^{n+2}}{(1-t)^2} \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{} \frac 1{(1-t)^2}</tex>.
Тогда <tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) = 1\ \forall t</tex>.

Домножим обе части на <tex> S </tex>, получим
<tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)S(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) = S </tex>.

Между тем, мы хотим доказать, что <tex> \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) = F(t) </tex> сходится к <tex> S </tex>.

Рассмотрим разность этих рядов: <tex> F(t) - S = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)(\sigma_k - S)t^{k}(1-t)^2 </tex>;

<tex> \sigma_k \rightarrow S, \forall \varepsilon > 0\ \exists N: \forall k > N: |\sigma_k - S| \le \varepsilon </tex>

<tex> |F(t) - S| = \sum \limits_{k=0}^{\infty} |\sigma_k - S|(k+1)t^{k}(1-t)^2 = </tex>

<tex> = \sum \limits_{k=0}^{N} |\sigma_k - S|(k+1)t^{k}(1-t)^2 + \sum \limits_{k=N}^{\infty} |\sigma_k - S|(k+1)t^{k}(1-t)^2 \le </tex>

<tex> \le \sum \limits_{k=0}^{N} |\sigma_k - S|(k+1)t^{k}(1-t)^2 + \varepsilon(1-t)^2 \sum \limits_{k=0}^{\infty} (k+1)t^{k}</tex>.

Здесь сумма во втором слагаемом равна, как мы ранее доказали, <tex> \frac 1{(1-t)^{2}} </tex>, значит, все второе слагаемое равно <tex> \varepsilon </tex>. 

Первое слагаемое стремится к нулю при <tex> t \rightarrow 1 </tex>, поэтому можно подобрать такое <tex> \varepsilon </tex>, что <tex> |F(t) - S| \le 2\varepsilon </tex>, значит, сумма ряда по методу Абеля равна сумме по методу средних арифметических. Теорема доказана.
}}

== Теорема Харди ==

Важное место в анализе занимают так называемые тауберовы теоремы: пусть ряд сходится по некоторому методу F, какие условия нужно на него наложить, чтобы он сходился в классическом смысле?

Сформулируем и докажем одну из важнейших тауберовых теорем:

{{Теорема
|author=
Харди
|statement=
<tex>\sum\limits_{k = 0}^\infty a_k = S</tex>(с.а.)
Тогда, если существует такое <tex> M > 0 </tex>, что <tex> \forall n \in \mathbb N: \sum\limits_{k = n + 1}^\infty a_k^2 \leq \frac{M}n </tex>, то <tex> \sum\limits_{k=0}^\infty a_k = S</tex>.
|proof=
Введём важные суммы {{---}} ''запаздывающие арифметические средние числового ряда''.

<tex>\sum\limits_{k=0}^\infty a_k</tex> {{---}} ряд.

<tex>s_n = \sum\limits_{k = 0}^n a_k</tex> {{---}} частичные суммы ряда.

<tex>\sigma_n = \frac1{n + 1} \sum\limits_{k=0}^n s_k</tex> {{---}} суммы из метода средних арифметических.

Тогда за <tex>\sigma_{n,k}</tex> {{---}} ''запаздывающую сумму обозначим''

<tex>\sigma_{n,k} = \frac1k\sum\limits_{j = n}^{n+k-1} s_j</tex>

Заметим, что <tex>\sigma_n = \sigma_{0,n+1}</tex>.

Получим некоторое выражение для этих сумм, которое понадобится в дальнейшем доказательстве.

<tex>s_{j \geq n} = s_{n - 1} + (a_n + \ldots + a_j)</tex>

<tex>\sigma_{n,k}</tex> 
<tex>= \frac1k\sum\limits_{j = n}^{n + k - 1}(s_{n - 1} + \sum\limits_{i = n}^j a_i)</tex>
<tex>= s_{n - 1} + \frac1k\sum\limits_{j = n}^{n + k - 1} \sum\limits_{i = n}^j a_i</tex>
<tex> = </tex>(в повторной сумме меняем порядок суммирования) 
<tex>s_{n -1} + \frac1k\sum\limits_{i = n}^{n + k - 1} \sum\limits_{j = i}^{n + k - 1} a_i</tex>
<tex>= s_{n - 1} + \frac1k\sum\limits_{i = n}^{n + k - 1} (n + k - i) a_i</tex>

Или, что то же самое, <tex>\sigma_{n, k} = s_{n - 1} + \sum\limits_{i = n}^{n + k - 1}(1 + \frac{n - i}k)a_i\quad(1)</tex>

Запомним это. Теперь снова вернёмся к определению <tex>\sigma_{n, k}</tex>.

<tex>\sigma_{n, k}= \frac1k\left(\sum\limits_{j=0}^{n+k-1}s_j - \sum\limits_{j=0}^{n-1} s_j\right)</tex>
<tex>= \frac1k[(n + k)\sigma_{n + k - 1} - n\sigma_{n-1}]</tex>

Или, <tex>\sigma_{n,k}=\sigma_{n + k - 1} + \frac{n}k(\sigma_{n + k - 1} - \sigma_{n - 1})\quad(2)</tex>

Теперь начнём, собственно, доказательство теоремы Харди.

Для её доказательства нужно доказать, что <tex>s_n \to s</tex>.

<tex>|s_{n - 1} - s| \leq |s_{n - 1} - \sigma_{n, k}| + |\sigma_{n, k} - s|</tex>

Оценим каждое из слагаемых отдельно.

'''1 слагаемое'''

<tex>|s_{n -1}-\sigma_{n, k}| \leq \sum\limits_{i=n}^{n + k-1} |1 + \frac{n - i}k|\cdot|a_i|</tex>
<tex>\leq</tex> (по неравенству Коши для сумм) 
<tex>\left(\sum\limits_{i=n}^{n+k-1} \left(1 + \frac{n-i}k \right)^2 \right)^{1/2} \cdot \left(\sum\limits_{i=n}^{n+k-1} a_i^2\right)^{1/2}</tex>

Оценим каждый множитель. 

По условию теоремы, <tex>\left(\sum\limits_{i=n}^{n+k-1} a_i^2 \right)^{1/2} </tex>
<tex>\leq \left(\sum\limits_{i = n}^\infty a_i^2\right)^{1/2}</tex>
<tex>\leq \sqrt{\frac{M}{n - 1}}</tex>

Второй множитель:
<tex>\sum\limits_{i=n}^{n + k - 1}\left(1 + \frac{n -i}k \right)^2</tex> 
<tex>= \sum\limits_{j=0}^{k-1} \left(1 + \frac{-j}{k} \right)^2</tex>
<tex>= \frac1{k^2} \sum\limits_{l=1}^k l^2</tex>
<tex>= \frac1{k^2} \cdot \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6}</tex>
<tex>\leq Ck</tex>, <tex>c = \mathrm{const}</tex>.

Итого:
<tex>|s_{n-1} - \sigma_{n,k}|\leq \sqrt{Ck}\cdot\sqrt{\frac{M}{n-1}}</tex> <tex>\leq \sqrt{CM} \cdot \sqrt{\frac{k}{n-1}}</tex>
<tex> = \mathrm{const} \cdot \sqrt{\frac{k}{n - 1}}</tex>

'''2 слагаемое'''
Оценим его при помощи формулы 2.

<tex>\sigma_{n,k} - s = (\sigma_{n+k-1} -s) + \frac{n}k(\sigma_{n+k-1} - \sigma_{n-1})</tex>

По условию теоремы, <tex>\sigma_n \to S</tex>

Если <tex>\frac{n}k</tex> {{---}} ограничено, то, при <tex>n \to \infty</tex>, получаем, что <tex>|\sigma_{n, k} - s| \to 0</tex>


Вспомним оценку на первое слагаемое: <tex>|s_n - \sigma_{n, k}| \leq \sqrt{CM\frac{k}{n - 1}}</tex>


Для любого <tex>\varepsilon > 0</tex> свяжем <tex>k</tex> и <tex>n</tex> таким образом, чтобы 
<tex>\forall n \to \infty : \sqrt{CM\frac{k}{n - 1}} < \varepsilon</tex>,

<tex>CMk < \varepsilon^2(n - 1)</tex>, <tex>k \leq \frac{\varepsilon^2 (n - 1)}{CM}</tex>

Тогда можно взять <tex>k = \left\lfloor \frac{\varepsilon^2 (n-1)}{CM} \right\rfloor</tex>

При этом <tex>k</tex> будет достигнуто <tex>|s_{n-1} - \sigma_{n, k}| < \varepsilon</tex>

Легко проверить, что при этом <tex>k</tex>, <tex>\frac{n}k</tex> {{---}} ограничено. 

Все условия выполнены, поэтому, получаем основную оценку:

<tex>|s_n - s| \leq |s_{n-1} - \sigma_{n,k}| + |\sigma_{n, k} - s| \leq 2\varepsilon</tex>

Значит, <tex>S</tex> {{---}} предел частичных сумм. Теорема доказана. 
}}

[[Арифметические действия с числовыми рядами|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_V_.D0.A0.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]