1302
правки
Изменения
м
== 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?
Здесь не помешало бы разместить общую информацию о Сформулируем и докажем одну из важнейших тауберовых теоремах.теорем:
→Введение
[[Арифметические действия с числовыми рядами|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_V_.D0.A0.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
== Введение ==
Напомним, что, имея последовательность суммы вещественных чисел <tex>\{a_n\}</tex>, рядом мы называли символ <tex>\sum\limits_{i = 1}^\infty a_i</tex>. Ряды можно складывать и умножать на число. Далее, мы определили <tex>\sum\limits_{i = 1}^\infty a_i = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sum\limits_{i = 1}^n a_i</tex>.
Мы показали, что, исходя из этого равенства, для сходимости ряда частичных сумм необходимо условие <tex>a_n \rightarrow 0</tex>. Например, ряд <tex>\sum\limits_{n = 0}^\infty (-1)^n</tex> не сходится (не имеет суммы в представленном выше смысле), поскольку <tex>(-1)^n</tex> предела не имеет.
<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>
Теперь собственно перманентность, в <tex> (*) </tex> положим <tex> k = 0 </tex> :
<tex> \sum\limits_{kn=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>
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>.
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.
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>.
}}
== Теорема Харди ==
{{Теорема
<tex>\sigma_{n,k} = \frac1k\sum\limits_{j = n}^{n+k-1} s_j</tex>
Заметим, что <tex>\sigma_n = \sigma_{n0,n+1}</tex>.
Получим некоторое выражение для этих сумм, которое понадобится в дальнейшем доказательтведоказательстве.
<tex>s_{j \geq n} = s_{n - 1} + (a_n + \ldots + a_j)</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>\sigma_{n, k} = s_{n - 1} + \sum\limits_{i = n}^{n + k - 1}(1 + \frac{n - 1i}k)a_i\quad(1)</tex>
Запомним это. Теперь снова вернёмся к определению <tex>\sigma_{n, k}</tex>.
'''1 слагаемое'''
<tex>|s_{n -1}-\sigma_{n, k}| \leq \sum\limits_{i=n}^{n + k-1} |1 + \frac{n - 1i}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>
Второй множитель:
<tex>\sum\limits_{i=n}^{n + k - 1}\left(1 + \frac{n -1i}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>
Оценим его при помощи формулы 2.
<tex>\sigma_{n,k} - s = (\sigma_{n+k-1} -s) + \frac{n}k(\sigma_{n+k-1} - \sigmasigma_{n-1})</tex>
По условию теоремы, <tex>\sigma_n \to S</tex>
Для любого <tex>\varepsilon > 0</tex> свяжем <tex>k</tex> и <tex>n</tex> таким образом, что бы 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 CM}{(n - 1)}{CM}</tex>
Тогда можно взять <tex>k = \left\lfloor \frac{\varepsilon^2CM}{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 при этом <tex>k</tex> , <tex>\frac{n}k</tex> {{---}} ограничено.
Все условия выполнены, поэтому, получаем основную оценку:
}}
[[Арифметические действия с числовыми рядами|<<]] [[Математический_анализ_1_курс#.D0.93.D0.BB.D0.B0.D0.B2.D0.B0_V_.D0.A0.D1.8F.D0.B4.D1.8B|>> на главную]]
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]
