Арифметические действия с числовыми рядами

Эта статья находится в разработке!

Имея дело с суммой конечного числа слагаемых, можно менять слагаемые местами и расставлять скобки - от этого результат не изменится.

Числовой ряд - это сумма бесконечного числа слагаемых, и действия нужно производить с оглядкой на этот факт.

Как мы убедимся далее, абсолютно сходящиеся ряды полностью копируют поведение суммы конечного числа слагаемых, а условно сходящиеся - нет.

Расставление скобок

Под "расставлением скобок" в ряде понимают буквально следующее: пусть имеется последовательность

[math]n_1 \lt n_2 \lt \dots[/math]

[math]\sum a_n = (a_1 + \dots + a_{n_1 - 1}) + (a_{n_1} + \dots + a_{n_2}) + \dots[/math]

[math]b_p = \sum\limits_{k = n_{p - 1}}^{n_p - 1} a_k, \qquad n_0 = 1[/math]

Из построения видно, что частичная сумма ряда [math]b_p[/math] является некоторой частичной суммой ряда [math]a_n[/math]. Если исходный ряд сходится, то и ряд с расставленными скобками сходится к той же сумме. Обратное неверно: рассмотрим ряд с расставленными скобками

[math](1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0[/math]

Но ряд без скобок является расходящимся.

Легко установить факт: сходящийся ряд с расставленными скобками, в каждой скобке которого стоят слагаемые одного знака, сходится и без расставленных скобок.

Перестановка слагаемых ряда

Уточним, что понимается под перестановкой слагаемых ряда. Пусть [math]\varphi: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}[/math] - биекция.

Дан ряд [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n[/math]. Рассмотрим ряд [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}[/math]. Полученный ряд называется перестановкой ряда [math]a_n[/math] по правилу [math]\varphi[/math].

Утверждение:

Пусть ряд из [math]a_n \le 0[/math] сходится к [math]A[/math]. Тогда [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = A[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]B_n = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \dots + a_{\varphi(n)}, \qquad m_n = \max\limits_{i = 1..n}{\varphi(i)}[/math] В силу положительности ряда [math]a_n[/math] частичные суммы [math]A_n[/math] ограничены. [math]B_n \le a_1 + a_2 + \dots + a_{m_n} = A_{m_n} \le A[/math], следовательно, частичные суммы [math]B_n[/math] ограничены, и так как все [math]a_n \le 0[/math] [math]\lim\limits_{n \leftarrow \infty} B_n = B \le A[/math]. Меняя местами исходный ряд на переставленный и наоборот, получаем неравенство [math]A \le B[/math], следовательно, [math]B = A[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Пусть ряд абсолютно сходится. Тогда любая его перестановка сходится к той же сумме.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

По линейности суммы ряда разложим исходный ряд на сумму двух вспомогательных: [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}^+ - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}^- = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^+ - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^- = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Для условно сходящихся рядов ситуация меняется. Имеет место теорема Римана (приводится без доказательства):

Теорема (Риман):

Пусть ряд из [math]a_n[/math] условно сходится. Тогда для любого [math]A[/math] из [math]\mathbb{R} \cup \{ -\infty; +\infty \}[/math] существует такая перестановка [math]\varphi[/math], что [math]A = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}[/math].

Формула Эйлера

Приведём пример условно сходящегося ряда и его перестановку, которая уменьшает сумму ряда в два раза.

Установим следующую формулу:

Теорема (Эйлер):

Выполняется равенство: [math]H_n = \sum\limits_{k = 1}^{n} \frac 1k = \ln n + C + \gamma_n, \qquad \gamma_n \rightarrow 0[/math], где [math]C[/math] называется постоянной Эйлера

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим интеграл [math]\int_{n}^{n+1} \frac{dx}{x} = \ln(n + 1) - \ln(n)[/math] Воспользуемся тем, что [math]\ln 1 = 0[/math]: [math]\ln n = \ln n - \ln 1 = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} (\ln(k + 1) - \ln k) = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x}[/math] По монотонности [math]\frac 1x[/math]: [math]\int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \ge \frac 1{k+1}[/math] [math]H_n - \ln n = \frac 1n + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k+1} \frac {dx}x \right ) \qquad (*)[/math] [math]\frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac {dx}x \le \frac 1k - \frac 1{k + 1} = \frac 1{k(k + 1)} \le \frac 1{k^2}[/math] Итак, ряд [math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty}[/math] является положительным и мажорируется сходящимся рядом [math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac 1{k^2}[/math]. Значит, этот ряд сходится. В выражении [math](*)[/math] при предельном переходе и получаем искомую формулу, обозначая [math]C = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \right )[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Перестановка, меняющая сумму ряда

Утверждение:

[math]\sum\limits_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k - 1} \frac 1k = \ln 2[/math]

[math]\triangleright[/math]

Представленный ряд сходится, так как является рядом Лейбница. Пусть он сходится к [math]S[/math], тогда [math]S_{2n} \rightarrow S[/math], но: [math]S_{2n} = 1 - \frac 12 + \dots + \frac 1{2n-1} - \frac 1{2n} = [/math] [math]= (1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n - 1}) - \frac 12 (1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n) =[/math] [math]= \left ( H_{2n} - \frac 12 \left ( 1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n \right ) \right ) - \frac 12 H_n = H_{2n} - H_n =[/math] [math]= (\ln 2n + C + \gamma_{2n}) - (\ln n + C + \gamma_{n}) = \ln 2 + \gamma_{2n} - \gamma_{n} \rightarrow \ln 2[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Переставим ряд следующим образом: за каждым слагаемым с нечётным номером пишем два последовательных слагаемых с чётными номерами

[math]1 - \frac 12 - \frac 14 + \frac 13 - \frac 16 - \frac 18 + \frac 15 - \frac 1{10} - \frac 1{12} + \dots[/math]

Утверждение:

Сумма это ряда равна [math]\frac{\ln 2}{2}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Так как общее слагаемое ряда стремится к нулю, то достаточно показать, что сходится ряд с расставленными скобками: [math]\sum\limits_{k = 0}^{\infty} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{2k+2} - \frac 1{4k + 4} \right )[/math] Рассмотрим частичную сумму ряда с расставленными скобками: [math]\sum\limits_{k = 0}^{n} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{2k+2} - \frac 1{4k + 4} \right ) = \left ( 1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n+1} \right ) - \left ( \frac 12 + \frac 14 + \dots + \frac 1{4n+4} \right ) =[/math] [math]= H_{2n} - \frac 12 H_n - \frac 12 H_{2n+2} = \frac 12 \left ( H_{2n} - H_n - \frac 1{2n+1} - \frac 1{2n+2} \right ) \rightarrow \frac{\ln 2}2[/math]

[math]\triangleleft[/math]