Суммирование расходящихся рядов

Введение

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

Мы показали, что исходя их этого равенства для сходимости ряда частичных сумм необходимо условие $a_n \rightarrow 0$. Например, ряд $\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^n$ не сходится (не имеет суммы в представленном выше смысле), поскольку $(-1)^n$ 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 $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A(F)$, то говорят, что ряд из $a_i$ имеет сумму $A$ по правилу суммирования $F$.

Для правил суммирования требуется выполнение некоторых условий.

• Линейность: если ряд из $b_n$ имеет суммой $B$ по правилу $F$, то ряд из $\alpha a_n + \beta b_n$ должен по этому правилу иметь суммой $\alpha A + \beta B$.

• Перманентность (регулярность): если $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A$ (ряд имеет сумму в обычном смысле), то $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = A(F)$

• Эффективность: должны существовать ряды, которые суммируются с помощью $F$, но не имеют суммы в классическом смысле.

Метод средних арифметических

Ряд $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n$ имеет сумму $S$ по методу средних арифметических (обозначают аббревиатурой с.а.), если $S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k$. Как правило, используют обозначение $\sigma_n = \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k$.

Выясним, что способ удовлетворяет перечисленным выше требованиям. Линейность этого способа очевидна (из арифметики пределов и свойствах сложения конечного числа слагаемых).

Проверим эффективность способа.

Утверждение:

Сумма расходящегося ряда $\sum\limits_{k = 0}^\infty (-1)^k$ равна $\frac 12$ по методу средних арифметических.

$\triangleright$

$\sigma_{2m + 1} = \frac 1{2m + 1} (S_0 + S_1 + \dots + S_{2m}) = \frac m{2m + 1} \longrightarrow \frac 12$. Аналогично рассматриваем $\sigma_{2m}$. Итого, $\sigma_n \longrightarrow \frac 12$, и ряд имеет сумму $\frac 12$ по методу средних арифметических.

$\triangleleft$

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

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

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

Рассмотрим некоторое $\varepsilon \gt 0$, подбираем $N$ такое, что $n \ge N \Rightarrow |\alpha_n| \lt \varepsilon / 2$.

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

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

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

Метод Абеля

Некоторые умозаключения

$(n + 1)\sigma_n = S_0 + S_1 + \ldots + S_n$

$n\sigma_n = S_0 + S_1 + \ldots + S_{n - 1}$

Выразим частичные суммы через $n$ и $\sigma$:

$(n + 1)\sigma_n - n\sigma_{n - 1} = S_n$

$n\sigma_{n - 1} - (n - 1)\sigma_{n - 2} = S_{n - 1}$

Выразим через это же элемент ряда:

$(n + 1)\sigma_n - 2n\sigma_{n - 1} + (n - 1)\sigma_{n - 2} = a_n$

Поделим все выражение на $n$:

$\frac {a_n}{n} = (1 + \frac {1}{n})\sigma_n - 2\sigma_{n - 1} + (1 - \frac {1}{n})\sigma_{n - 2}$

Мы знаем, что $\sigma_n\to S$ при $n \to \infty$. Получается, что $\frac {a_n}{n}\rightarrow 0$.

Необходимый признак

Из предыдущего пункта вытекает необходимый признак:

Если ряд суммируется методом средних арифметических$(\exists \lim\limits_{n \to \infty} \sigma_n)$, то $\frac {a_n}{n} \to 0$. Однако, существуют ряды, у которых это требование не выполняется. Например: $\sum\limits_{k = 0}^{\infty} (-1)^k(k + 1)$. Было бы неплохо научиться что-нибудь делать хотя бы с некоторыми такими рядами.

Метод Абеля

$\sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_n$, пусть $\forall t \in (0; 1) : \sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_nt^n = f(t)$(в классическом смысле). Полагаем $S = \lim\limits_{t \to 1 - 0} f(t)$(если таковой существует).

Определение:

$\sum\limits_{n = 0}^{\infty} = S(A)$, где $A$ — метод Абеля.

Доказательство правильности

• Эффективность:

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

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

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

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

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

$S_n(t) = (t \frac {1 - (-t)^{n+1}} {1 + t})' = \frac{1 - (-t)^{n-1}}{1 + t} + t * \frac{(n + 1)(-t)^n(1 + t) - (1 - (-t)^{n+1})}{(1 + t)^2} \xrightarrow[n \rightarrow \infty, 0 \lt t \lt 1]{} \frac 1{1 + t} - \frac t{(1 + t)^2}$

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

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): $\sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k = S$ (с.а.) $\Rightarrow \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k = S$ (A), и, так как мы ранее доказали перманентность метода средних арифметических, то перманентность Абеля автоматически следует из этого.

Однако, получим эти результаты отдельно.

$0 \lt t \lt 1$, Сходится ли $\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n$, при условии, что $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n = S$ - сходится?

Рассмотрим $\sum\limits_{n=k}^{k+p} a_n t^n \xrightarrow[k, p \to \infty]{} 0$. Если это правда, что и ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n$ сходится по критерию Коши сходимости рядов.

$a_n = S_n - S_{n-1}$

$\sum\limits_{n=k}^{k+p} a_n t^n = \sum\limits_{n=k}^{k+p}S_n t^n - \sum\limits_{n=k}^{k+p} S_{n-1} t^n = \sum\limits_{n=k}^{k+p} S_n t^n - \sum\limits_{n=k-1}^{k+p-1} S_n t^{n+1} = S_{k+p} t^{k+p} - S_{k-1} t^{k-1} + \sum\limits_{n=k}^{k+p-1} S_n (t^n - t^{n+1}) \qquad (*)$

$t \gt 0 \Rightarrow t^n \gt 0, M = \sup\limits_{n \in \mathbb Z} S_n$

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

Итак, $\forall t: 0 \lt t \lt 1 \Rightarrow \exists f(t) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n$

В $(*)$ положим $k = 0$ :

$\sum\limits_{k=0}^p a_n t^n = S_p t^p + \sum\limits_{j=0}^{p-1} S_j(t^j - t^{j+1})$. Первое слагаемое стремится к 0: $p \to \infty \Rightarrow S_p \to S, \\ f(t) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S_j(t^j - t^{j+1})$

Пусть $\sum\limits_{j=0}^{\infty} (t^j - t^{j+1}) = 1$, тогда $S$ можно записать как $S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S (t^j - t^{j+1})$

$f(t) - S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} (S_j - S)(t^j - t^{j+1})$

Определение предела для $S_j: \\ \forall \varepsilon \gt 0: \exists N: \forall n \gt N: |S_n - S| \le \varepsilon$

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

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

Теперь, если $t$ достаточно близко к 0, и, поскольку $N$ не зависит от $t$, первое слагаемое можно сделать сколь угодно малым, пусть оно меньше $\varepsilon$.

Тогда $|f(t) - S| \le 2\varepsilon$, перманентность доказана.