Изменения

Сумма 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}) \leM 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 12{M}n </tex>, то <tex> \sum\limits_{k=0}^\infty a_k = S</tex>.

Спойлер: если 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>S \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>, то <tex>S 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 } - S \Rightarrow sigma_{n-1})</tex> По условию теоремы, <tex>\sigma_n \to S = </tex> Если <tex>\frac 12{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: Анонимус<tex>|s_n - \sigma_{n, но ведь все частичные суммы k}| \leq \sqrt{CM\frac{k}{n - 1}}</tex>  Для любого <tex>\varepsilon > 0</tex> свяжем <tex>k</tex> и суммы по любому перестановочному правилу целые<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 же с этим делать?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.