Суммирование расходящихся рядов

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

<< >> на главную

Введение[править]

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

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

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

Для правил суммирования требуется выполнение некоторых условий.

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

Метод средних арифметических[править]

Определение:
Ряд [math]\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n[/math] имеет сумму [math]S[/math] по методу средних арифметических (обозначают аббревиатурой с.а.), если [math]S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k[/math].

Как правило, используют обозначения [math]\sigma_n = \frac 1{n + 1} \sum\limits_{k = 0}^n S_k[/math], [math] S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sigma_n [/math].

Выясним, что способ удовлетворяет перечисленным выше требованиям.

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

Проверим эффективность способа.

Утверждение:
Сумма расходящегося ряда [math]\sum\limits_{k = 0}^\infty (-1)^k[/math] равна [math] \frac 12 [/math] по методу средних арифметических.
[math]\triangleright[/math]

[math] S_{2n} = 0,\ S_{2n+1} = 1[/math] [math]\sigma_{2m} = \frac 1{2m + 1} (S_0 + S_1 + \dots + S_{2m}) = \frac m{2m + 1} \longrightarrow \frac 12[/math].

Аналогично, [math]\sigma_{2m + 1} \longrightarrow \frac 12[/math].

Итого, [math]\sigma_n \longrightarrow \frac 12[/math], и ряд имеет сумму [math]\frac 12[/math] по методу средних арифметических.
[math]\triangleleft[/math]

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

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

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

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

[math]\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[/math]


[math]\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[/math]

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

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

Некоторые умозаключения[править]

[math](n + 1)\sigma_n = S_0 + S_1 + \ldots + S_n[/math]

[math]n\sigma_{n - 1} = S_0 + S_1 + \ldots + S_{n - 1}[/math]

Выразим частичные суммы через [math]n[/math] и [math]\sigma[/math]:

[math](n + 1)\sigma_n - n\sigma_{n - 1} = S_n[/math]

[math]n\sigma_{n - 1} - (n - 1)\sigma_{n - 2} = S_{n - 1}[/math]

Выразим через это же элемент ряда:

[math](n + 1)\sigma_n - 2n\sigma_{n - 1} + (n - 1)\sigma_{n - 2} = a_n[/math]

Поделим все выражение на [math]n[/math]:

[math]\frac {a_n}{n} = (1 + \frac {1}{n})\sigma_n - 2\sigma_{n - 1} + (1 - \frac {1}{n})\sigma_{n - 2}[/math]

Мы знаем, что [math] \sigma_n\to S [/math] при [math] n \to \infty[/math]. Получается, что [math] \frac {a_n}{n}\rightarrow 0[/math].

Необходимый признак[править]

Из предыдущего пункта вытекает необходимый признак:

Утверждение:
Если ряд суммируется методом средних арифметических [math](\exists \lim\limits_{n \to \infty} \sigma_n)[/math], то [math]\frac {a_n}{n} \to 0[/math].

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

Метод Абеля[править]

Определение:
Пусть дан ряд [math]\sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_n[/math] и [math] \forall t \in (0; 1) : \sum\limits_{n = 0}^{\infty}a_nt^n = f(t)[/math] (в классическом смысле). Тогда этот ряд имеет сумму [math] S [/math] по методу Абеля, если [math] S = \lim\limits_{t \to 1 - 0} f(t)[/math].

Естественно, указанный предел должен существовать.

Доказательство правильности[править]

  • Эффективность:

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

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

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

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

[math] \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} [/math]

По теореме Барроу, [math] S_n(t) = (t \frac {1 - (-t)^{n+1}} {1 + t})' = \frac{1 - (-t)^{n+1}}{1 + t} + [/math]

[math] + 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} [/math]

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

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

Однако, получим эти результаты отдельно.

Утверждение:
[math] \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n = S [/math] — сходится, тогда при [math] 0 \lt t \lt 1 [/math] [math] \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n [/math] тоже сходится.
[math]\triangleright[/math]

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

[math] a_n = S_n - S_{n-1} [/math]

[math] \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} = [/math]

[math] = 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 (*)[/math]

[math] t \gt 0 \Rightarrow t^n \gt t^{n+1} \gt 0 [/math];

[math] M = \sup\limits_{n \in \mathbb Z} S_n \lt +\infty[/math], так как ряд сходится в обычном смысле.

[math] |\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 [/math]

Итак, [math] \forall t: 0 \lt t \lt 1 \Rightarrow \exists f(t) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n t^n [/math]
[math]\triangleleft[/math]


Теперь собственно перманентность, в [math] (*) [/math] положим [math] k = 0 [/math] :

[math] \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}) [/math]. Первое слагаемое стремится к 0, [math] p \to \infty \Rightarrow S_p \to S, [/math], поэтому [math] f(t) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S_j(t^j - t^{j+1}) [/math]

[math] \sum\limits_{j=0}^{\infty} (t^j - t^{j+1}) = 1 [/math], тогда [math] S [/math] можно записать как [math] S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} S (t^j - t^{j+1}) [/math]

[math] f(t) - S = \sum\limits_{j=0}^{\infty} (S_j - S)(t^{j} - t^{j+1}) [/math]

Определение предела для [math] S_j: \forall \varepsilon \gt 0: \exists N: \forall n \gt N: |S_n - S| \le \varepsilon [/math]

[math] |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}) [/math]

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

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

Тогда [math] |f(t) - S| \le 2\varepsilon [/math], перманентность доказана.

Теорема Фробениуса[править]

Теорема (Фробениус):
[math] \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = S [/math] (с.а) [math] \Rightarrow [/math] [math] \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n = S [/math] (А).
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Для начала, докажем, что если ряд сходится по методу средних арифметических, то он сходится и по методу Абеля.

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

[math] \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 = [/math]

[math] = \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})[/math].

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

Тогда, для [math] k \gt N [/math], [math] |S_kt^k| = |\frac{S_k}{k}||kt^k| \lt kt^k [/math], [math] \sum\limits_{k=0}^{\infty} S_kt^k \lt \sum\limits_{k=0}^{\infty} kt^k [/math], последний же ряд сходится по признаку Даламбера.

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

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

Докажем теперь, что он сходится к [math] S [/math] при [math] t \rightarrow 1-0[/math]. Для этого еще раз применим преобразование Абеля: [math] \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}) - [/math]

[math] - \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}) = [/math]

[math] = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)\sigma_k(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) [/math].

Воспользуемся методом производящих функций:

Рассмотрим ряд [math] \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 [/math].

Пусть [math] \sum \limits_{k=0}^{n} (k+1)t^k = g_n(t) [/math], тогда [math] \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}[/math].

[math] 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}[/math]. Тогда [math] \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k+1)(t^{k}-2t^{k+1}+t^{k+2}) = 1\ \forall t[/math].

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

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

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

[math] \sigma_k \rightarrow S, \forall \varepsilon \gt 0\ \exists N: \forall k \gt N: |\sigma_k - S| \le \varepsilon [/math]

[math] |F(t) - S| = \sum \limits_{k=0}^{\infty} |\sigma_k - S|(k+1)t^{k}(1-t)^2 = [/math]

[math] = \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 [/math]

[math] \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}[/math].

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

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

Теорема Харди[править]

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 (Харди):
[math]\sum\limits_{k = 0}^\infty a_k = S[/math](с.а.) Тогда, если существует такое [math] M \gt 0 [/math], что [math] \forall n \in \mathbb N: \sum\limits_{k = n + 1}^\infty a_k^2 \leq \frac{M}n [/math], то [math] \sum\limits_{k=0}^\infty a_k = S[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Введём важные суммы — запаздывающие арифметические средние числового ряда.

[math]\sum\limits_{k=0}^\infty a_k[/math] — ряд.

[math]s_n = \sum\limits_{k = 0}^n a_k[/math] — частичные суммы ряда.

[math]\sigma_n = \frac1{n + 1} \sum\limits_{k=0}^n s_k[/math] — суммы из метода средних арифметических.

Тогда за [math]\sigma_{n,k}[/math]запаздывающую сумму обозначим

[math]\sigma_{n,k} = \frac1k\sum\limits_{j = n}^{n+k-1} s_j[/math]

Заметим, что [math]\sigma_n = \sigma_{0,n+1}[/math].

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

[math]s_{j \geq n} = s_{n - 1} + (a_n + \ldots + a_j)[/math]

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

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

Запомним это. Теперь снова вернёмся к определению [math]\sigma_{n, k}[/math].

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

Или, [math]\sigma_{n,k}=\sigma_{n + k - 1} + \frac{n}k(\sigma_{n + k - 1} - \sigma_{n - 1})\quad(2)[/math]

Теперь начнём, собственно, доказательство теоремы Харди.

Для её доказательства нужно доказать, что [math]s_n \to s[/math].

[math]|s_{n - 1} - s| \leq |s_{n - 1} - \sigma_{n, k}| + |\sigma_{n, k} - s|[/math]

Оценим каждое из слагаемых отдельно.

1 слагаемое

[math]|s_{n -1}-\sigma_{n, k}| \leq \sum\limits_{i=n}^{n + k-1} |1 + \frac{n - i}k|\cdot|a_i|[/math] [math]\leq[/math] (по неравенству Коши для сумм) [math]\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}[/math]

Оценим каждый множитель.

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

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

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

2 слагаемое Оценим его при помощи формулы 2.

[math]\sigma_{n,k} - s = (\sigma_{n+k-1} -s) + \frac{n}k(\sigma_{n+k-1} - \sigma_{n-1})[/math]

По условию теоремы, [math]\sigma_n \to S[/math]

Если [math]\frac{n}k[/math] — ограничено, то, при [math]n \to \infty[/math], получаем, что [math]|\sigma_{n, k} - s| \to 0[/math]


Вспомним оценку на первое слагаемое: [math]|s_n - \sigma_{n, k}| \leq \sqrt{CM\frac{k}{n - 1}}[/math]


Для любого [math]\varepsilon \gt 0[/math] свяжем [math]k[/math] и [math]n[/math] таким образом, чтобы [math]\forall n \to \infty : \sqrt{CM\frac{k}{n - 1}} \lt \varepsilon[/math],

[math]CMk \lt \varepsilon^2(n - 1)[/math], [math]k \leq \frac{\varepsilon^2 (n - 1)}{CM}[/math]

Тогда можно взять [math]k = \left\lfloor \frac{\varepsilon^2 (n-1)}{CM} \right\rfloor[/math]

При этом [math]k[/math] будет достигнуто [math]|s_{n-1} - \sigma_{n, k}| \lt \varepsilon[/math]

Легко проверить, что при этом [math]k[/math], [math]\frac{n}k[/math] — ограничено.

Все условия выполнены, поэтому, получаем основную оценку:

[math]|s_n - s| \leq |s_{n-1} - \sigma_{n,k}| + |\sigma_{n, k} - s| \leq 2\varepsilon[/math]

Значит, [math]S[/math] — предел частичных сумм. Теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]

<< >> на главную