Редактирование: Арифметические действия с числовыми рядами

[[Категория:Математический анализ 1 курс]]

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
:<tex>n_1 < n_2 < \dots</tex>
:<tex>\sum a_n = (a_1 + \dots + a_{n_1 - 1}) + (a_{n_1} + \dots + a_{n_2}) + \dots</tex>

:<tex>b_p = \sum\limits_{k = n_{p - 1}}^{n_p - 1} a_k, \qquad n_0 = 1</tex>

Из построения видно, что частичная сумма ряда <tex>b_p</tex> является некоторой частичной суммой ряда <tex>a_n</tex>. Если исходный ряд сходится, то и ряд с расставленными скобками сходится к той же сумме. Обратное неверно: рассмотрим ряд с расставленными скобками
:<tex>(1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0</tex>

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 <tex>\varphi: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</tex> - биекция.

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

{{Утверждение
|statement=
Пусть ряд из <tex>a_n \le 0</tex> сходится к <tex>A</tex>. Тогда <tex>\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)} = A</tex>
|proof=
<tex>B_n = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \dots + a_{\varphi(n)}, \qquad m_n = \max\limits_{i = 1..n}{\varphi(i)}</tex>
В силу положительности ряда <tex>a_n</tex> частичные суммы <tex>A_n</tex> ограничены.
:<tex>B_n \le a_1 + a_2 + \dots + a_{m_n} = A_{m_n} \le A</tex>, следовательно, частичные суммы <tex>B_n</tex> ограничены, и так как все <tex>a_n \le 0</tex>
:<tex>\lim\limits_{n \leftarrow \infty} B_n = B \le A</tex>.

Меняя местами исходный ряд на переставленный и наоборот, получаем неравенство <tex>A \le B</tex>, следовательно, <tex>B = A</tex>.
}}

{{Теорема
|statement=
Пусть ряд абсолютно сходится. Тогда любая его перестановка сходится к той же сумме.
|proof=
По линейности суммы ряда разложим исходный ряд на сумму двух вспомогательных:
:<tex>\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</tex>.
}}

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

{{Теорема
|author=
Риман
|statement=
Пусть ряд из <tex>a_n</tex> условно сходится. Тогда для любого <tex>A</tex> из <tex>\mathbb{R} \cup \{ -\infty; +\infty \}</tex> существует такая перестановка <tex>\varphi</tex>, что <tex>A = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_{\varphi(n)}</tex>.
}}

== Формула Эйлера ==

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

Установим следующую формулу:

{{Теорема
|author=
Эйлер
|statement=
Выполняется равенство:
:<tex>H_n = \sum\limits_{k = 1}^{n} \frac 1k = \ln n + C + \gamma_n, \qquad \gamma_n \rightarrow 0</tex>,
где <tex>C</tex> называется постоянной Эйлера
|proof=
Рассмотрим интеграл
:<tex>\int_{n}^{n+1} \frac{dx}{x} = \ln(n + 1) - \ln(n)</tex>

Воспользуемся тем, что <tex>\ln 1 = 0</tex>:
:<tex>\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}</tex>

По монотонности <tex>\frac 1x</tex>: <tex>\int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \ge \frac 1{k+1}</tex>

:<tex>H_n - \ln n = \frac 1n + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k+1} \frac {dx}x \right ) \qquad (*)</tex>
:<tex>\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}</tex>

Итак, ряд <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty}</tex> является положительным и мажорируется сходящимся рядом <tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac 1{k^2}</tex>. Значит, этот ряд сходится.

В выражении <tex>(*)</tex> при предельном переходе и получаем искомую формулу, обозначая <tex>C = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \left ( \frac 1k - \int_{k}^{k + 1} \frac{dx}{x} \right )</tex>
}}

== Перестановка, меняющая сумму ряда ==

{{Утверждение
|statement=
<tex>\sum\limits_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k - 1} \frac 1k = \ln 2</tex>
|proof=
Представленный ряд сходится, так как является рядом Лейбница. Пусть он сходится к <tex>S</tex>, тогда <tex>S_{2n} \rightarrow S</tex>, но:
:<tex>S_{2n} = 1 - \frac 12 + \dots + \frac 1{2n-1} - \frac 1{2n} = </tex>
:<tex>= (1 + \frac 13 + \dots + \frac 1{2n - 1}) - \frac 12 (1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n) =</tex>
:<tex>= \left ( H_{2n} - \frac 12 \left ( 1 + \frac 12 + \dots + \frac 1n \right ) \right ) - \frac 12 H_n = H_{2n} - H_n =</tex>
:<tex>= (\ln 2n + C + \gamma_{2n}) - (\ln n + C + \gamma_{n}) = \ln 2 + \gamma_{2n} - \gamma_{n} \rightarrow \ln 2</tex>
}}

Переставим ряд следующим образом: за каждым слагаемым с нечётным номером пишем два последовательных слагаемых с чётными номерами
:<tex>1 - \frac 12 - \frac 14 + \frac 13 - \frac 16 - \frac 18 + \frac 15 - \frac 1{10} - \frac 1{12} + \dots</tex>

{{Утверждение
|statement=
Сумма это ряда равна <tex>\frac{\ln 2}{2}</tex>
|proof=
Так как общее слагаемое ряда стремится к нулю, то достаточно показать, что сходится ряд с расставленными скобками:
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^{\infty} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+2} - \frac 1{4k + 4} \right )</tex>

Рассмотрим частичную сумму ряда с расставленными скобками:
:<tex>\sum\limits_{k = 0}^{n} \left ( \frac 1{2k+1} - \frac 1{4k+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 ) =</tex>
:<tex>= 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</tex>
}}

== Перемножение рядов ==
Две суммы из конечного числа слагаемых перемножаются почленно. Для бесконечного числа слагаемых необходимо формализовать процесс перемножения.

Организуем бесконечную матрицу из чисел <tex>c_{ij} = a_i \cdot b_j</tex>. Пусть <tex>\varphi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}^2</tex> - правило обхода матрицы, по которому матрицу можно развернуть в строку, то есть ряд, сумму которого можно посчитать (при сходимости такого ряда).

Если сумма такого ряда равна произведению сумм исходных рядов, то говорят, что два ряда можно перемножить по способу <tex>\varphi</tex>.

Важнейший способ перемножения - способ Коши произведения по диагонали:
:<tex>\alpha_k = \sum\limits_{j = 0}^{k} a_j b_{k - j}</tex>

{{Теорема
|statement=
Пусть положительные ряды <tex>a_n, b_n</tex> абсолютно сходятся и имеют суммы <tex>A</tex> и <tex>B</tex>. Тогда их можно перемножить любым способом <tex>\varphi</tex>.
|proof=
Используя положительность рядов, ведём рассуждения для достаточно большого количества слагаемых частичных сумм.

Так как в любую наперёд заданную клетку мы попадём, то ясно, что через некоторое количество шагов все клетки некоторого левого верхнего квадрата уже будут пройдены.

Сумма элементов квадрата <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_k \cdot \sum\limits_{k = 1}^n b_k</tex> не превосходит частичной суммы, которая, в свою очередь не превосходит суммы элементов окаймляющего квадрата. Но, если устремить <tex>n</tex> к бесконечности, то частичная сумма ряда по принципу сжатой переменной стремится к <tex>AB</tex>, что и требовалось доказать.
}}

{{Теорема
|statement=
Пусть ряды из <tex>a_n, b_n</tex> абсолютно сходятся и имеют суммы <tex>A</tex> и <tex>B</tex>. Тогда их можно перемножить любым способом <tex>\varphi</tex>.
|proof=
Определим <tex>A'</tex> как сумму вспомогательного ряда <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_n^+</tex>, <tex>A''</tex> как сумму <tex>\sum\limits_{k = 1}^n a_n^-</tex>. Аналогично определяем <tex>B'</tex> и <tex>B''</tex>.

По определению, <tex>AB = (A' - A'') \times (B' - B'') = A'B' - A''B' - B''A' + A''B''</tex>. Раскладывая ряд по линейности на сумму положительных произведений вспомогательных рядов и приходим к искомому утверждению.
}}

При перемножении рядов по правилу Коши, можно ослабить требования на сходимость рядов. Установим следующую теорему:

{{Теорема
|about=
Мертенс
|statement=
Пусть ряд из <tex>a_n</tex> — абсолютно сходящийся, а ряд из <tex>b_n</tex> — условно сходящийся. Тогда эти два ряда можно перемножить по способу Коши.
|proof=
Для удобства нумеруем слагаемые рядов <tex>a_n</tex> и <tex>b_n</tex>, начиная с нуля.

Пусть <tex>\alpha_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} a_kb_{n -k}</tex>. Тогда сумма <tex>\alpha_0 + \alpha_1 + \dots + \alpha_n</tex> — частичная сумма произведения рядов по правилу Коши.

:<tex>D_n = \sum\limits_{k = 0}^{n} \sum\limits_{j = 0}^{k} a_jb_{k-j} = \sum\limits_{j = 0}^{n}\sum\limits_{k=j}^n a_j b_{k-j}=</tex>
:<tex>= \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = j}^n b_{k - j} = \sum\limits_{j = 0}^n a_j \cdot \sum\limits_{k = 0}^{n - j} b_k = \sum\limits_{j = 0}^n a_j B_{n-j}</tex>
:<tex>B_n \longrightarrow B \Rightarrow B_n = B + \beta_n, \ \beta_n \longrightarrow 0</tex>
:<tex>D_n = \sum\limits_{j = 0}^n a_j (B + \beta_{n - j}) = B \sum\limits_{j = 0}^n a_j + \sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j}</tex>
Если доказать, что <tex>\sum\limits_{j = 0}^n a_j\beta_{n - j} \longrightarrow 0</tex>, то из последнего равенства получается искомое.

:<tex>\beta_n \longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \qquad \exists N: \forall n \ge N \qquad |\beta_n| \le \varepsilon</tex>
Перебросив индексы в сумме, получаем:
:<tex>\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \le \left |\sum\limits_{j = 0}^n a_{n-j}\beta_j \right | \le \left |\sum\limits_{j = 0}^N a_{n-j}\beta_j \right | + \left |\sum\limits_{j = N + 1}^n a_{n-j}\beta_j \right |</tex>
Обозначим два слагаемых в последней сумме как <tex>\Sigma_1</tex> и <tex>\Sigma_2</tex>.
Последовательность <tex>\beta_n</tex> — бесконечно малая, значит она ограничена, пусть числом <tex>M</tex>. Тогда
:<tex>\Sigma_1 \le \sum\limits_{j = 0}^{N} |a_{n-j}| |\beta_j| \le M \sum\limits_{j = 0}^N |a_{n - j}| = M \sum\limits_{j = n - N}^n |a_j|</tex>.
Так как ряд <tex>a_n</tex> абсолютно сходится, то сумма стремится к нулю при <tex>n \longrightarrow \infty</tex>. Значит, начиная с какого-то номера она не превзойдёт <tex>\varepsilon</tex>.
Итого, <tex>\Sigma_1 \le M\varepsilon \qquad \forall n \ge N_1 \ge N</tex>.
:<tex>\Sigma_2 \le \sum\limits_{j = N + 1}^n |a_{n-j}||\beta_j| \le \varepsilon \sum\limits_{j = 0}^{\infty} |a_j|</tex>.
:<tex>\left | \sum\limits_{j = 0}^n a_{n - j}\beta_j \right | \le T \cdot \varepsilon</tex>, следовательно, сумма стремится к нулю.
}}