Щепетилов А.В. Лекции по математическому анализу (1111765), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Если ряд A сходится абсолютно, то любойряд A0 , полученный из ряда A некоторой перестановкой членов, такжесходится абсолютно и его сумма SA0 равна сумме SA ряда A.Доказательство. 1. Проведем доказательство в два приема. Предположим сначала, что все члены ряда A неотрицательны.Рассмотрим произвольную частичную сумму A0k ряда A0 . Так как всечлены ряда A0 , содержащиеся в частичной сумме A0k , содержатся внекоторой частичной сумме Ank ряда A, то A0k 6 Ank 6 SA . Поскольку последовательность A0k монотонно не убывает, то это неравенствоозначает сходимость ряда A0 , причем SA0 6 SA .Но ряд A также получен из ряда A0k некоторой перестановкой членов. Поэтому SA 6 SA0 и, значит, SA = SA0 .2. Пусть теперь A будет произвольным абсолютно сходящимся рядом.Поскольку при любой перестановке членов ряд A1 сохранит своюсходимость, то и ряд A также сохранит свою абсолютную сходимость, а значит и просто сходимость.
Остается доказать лишь, чтосумма его при этом не изменится.Пусть P и Q — ряды, составленные соответственно из неотрицательных и модулей отрицательных членов ряда A. Из абсолютнойсходимости ряда A, очевидно, следует сходимость рядов P и Q. Частичная сумма An ряда A равнаA n = Pk − Q m(3.19)для некоторых частичных сумм Pk и Qm рядов P и Q.
При n → ∞имеем k, m → ∞, поэтому SA = SP − SQ .Но, по доказанному, при перестановке членов ряда A ряды P и Qсохраняют свои суммы, поэтому сохраняет свою сумму и ряд A.Абсолютно и условно сходящиеся ряды71Теорема 3.10 (Риман). Если ряд A сходится условно, то ∀S ∈ R ∪{±∞} можно так переставить члены ряда, что сумма полученногоряда A0 будет равна S.Доказательство.Для условноP∞P∞ сходящегося ряда A неотрицательные ряды P =: i=1 pi и Q =: i=1 qi из доказательства предыдущей теоремырасходятся. Действительно, если один из них сходится, то, в силу равенства (3.19) и сходимости ряда A, сходится и другой, а тогда сходятся ичастичные суммы A1n = Pk +Qm ряда A1, т.е.
ряд A сходится абсолютно,что противоречит условию.Поэтому частичные суммы Pk и Qk стремятся к +∞. Если S — конечное число любого знака, то можно найти такую частичную сумму Pn1ряда P , что Pn1 > S, причем возьмём членов ряда P в частичной суммеPn1 не более, чем требуется для выполнения данного неравенства.Затем вычтем из этой суммы некоторый начальный отрезок q1 + q2 +.
. . + qm1 ряда Q так, что результат станет не больше S, причем опятьвозмем для этого членов ряда Q не более, чем требуется для выполненияданного неравенства.Затем добавим к результату минимально возможный отрезок pn1 +1 +pn1 +2 + . . . + pn2 ряда P так, чтобы опять сумма была не меньше, чем S.Затем вычтем из результата минимально возможный отрезок qm1 +1 +qm1 +2 + . . . + qm2 ряда Q так, чтобы опять сумма была не больше, чем S,и так далее.В результате мы получим ряд, составленный из сумм(p1 + p2 + .
. . + pn1 ) − (q1 + q2 + . . . + qm1 )+ (3.20)+(pn1 +1 + pn1 +2 + . . . + pn2 ) − (qm1 +1 + qm1 +2 + . . . + qm2 ) + . . . ,сходящийся к S, поскольку отличие его частичной суммы Sn от числа Sне превосходит модуля некоторого члена ряда A (кроме, может быть,суммы p1 + . . . + pn1 при отрицательном S, что несущественно), и следовательно, стремится к нулю при n → ∞.После раскрытия скобок в ряде (3.20) мы получим ряд A0 , отличныйот ряда A некоторой перестановкой членов, который сходится к тому жечислу S, поскольку частичные суммы ряда A0 меняются внутри (опущенных) скобок монотонно между частичными суммами ряда (3.20).Если теперь S = +∞, то выберем такую последовательность nk , чтоpnk +1 + pnk +2 + .
. . + pnk+1 > 2. Тогда ряд, составленный из таких сумм ичисел (−qk ),(p1 + p2 + . . . + pn1 ) − q1 + (pn1 +1 + pn1 +2 + . . . + pn2 ) − q2 + . . . +72Числовые ряды+(pnk−1 +1 + pnk−1 +2 + . . . + pnk ) − qk + . . .является некоторой перестановкой членов ряда A и сходится к +∞, поскольку выражение, стоящее в каждой из скобок, > 2, а qk → 0.Для S = −∞ доказательство аналогично.Теорема Римана показывает, что для бесконечных сумм, в отличииот конечных, не справедлива коммутативность.7 Приведем соответствующий пример.Пример 3.10 (Демидович Б.П.
Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 2002, N. 2704). Рассмотрим ряд∞X(−1)(k+1)k=1k.(3.21)Докажем, что исходный ряд сходится к ln 2, а если переставить егочлены так, чтобы за группой из его p последовательных положительных членов следовала бы группа из его q последовательных отрицательных членов, то он будет по-прежнему сходиться, но к ln 2 + 21 ln pq .ПустьnnXX11, Bn :=.An :=2k − 12kk=1k=1Последовательность Sn := Anp − Bnq является подпоследовательностью последовательности Tm частичных сумм ряда с переставленными членами, при этом Sn = Tn(p+q) .
Члены Tk при n(p + q) + 1 6 k 6(n + 1)(p + q) − 1 отличаются от Sn не более, чем на(n+1)(p+q)−1Xk=n(p+q)+11p+q−16→ 0, n → +∞.kn(p + q) + 1Поэтому, если мы докажем, что последовательность Sn сходится, тои последовательность Tk , а значит и ряд с переставленными членами,тоже будет сходиться к тому же пределу.87Наиболее простым примером, показывающим отличие бесконечных множеств от конечных, является "Отель Гильберта".8Еще проще это увидеть, если рассмотреть, наряду с подпоследовательностью Sn последовательности Tm подпоследовательность Sn0 := A(n+1)p − Bnq , имеющую тот же предел, что и Sn , изаметить, что члены последовательности Tm возрастают от Sn к Sn0 и убывают от Sn0 к S(n+1) .Арифметические операции над сходящимися рядами73Из доказанной выше асимптотической формулы для гармоническихP1чисел Hm = ln m + C + o(1), m → ∞ следует, что Bm = 12 mk=1 k =112 ln m + 2 C + o(1) и Am + Bm = H2m = C + ln(2m) + o(1).
Отсюда11Am = −Bm + C + ln(2m) + o(1) = C + ln 2 + ln m + o(1).22Наконец,1111Anp − Bnq = C + ln 2 + ln(np) − ln(nq) − C + o(1) =22221 p1 p= ln 2 + ln + o(1) → ln 2 + ln , n → ∞.2 q2 q3.4Арифметические операции над сходящимися рядамиРассмотрим вопрос о возможности почленного сложения и перемножения сходящихся рядов.P∞P∞Теорема 3.11. Если два рядаuиvk сходятся и имеютk=1 kk=1 Pсуммы, соответственно равные U и V , то и ряд ∞k=1 (uk ±vk ) сходитсяи имеет сумму, равную U ± V .Доказательство.
Обозначим через Un , Vn и Sn частичные суммы рядовP∞P∞P∞u,vиkkk=1k=1k=1 (uk ± vk ), соответственно. Тогда Sn = Un ± Vn ,поэтому lim Sn = lim (Un ± Vn ) = U ± V .n→∞n→∞PP∞Теорема 3.12. Если два ряда ∞uиабсолютноkk=1k=1 vk сходятся Pи имеют суммы, соответственно равные U и V , то и ряд ∞k,l=1 uk vl ,суммируемый в произвольном порядке, также сходится абсолютно, иего сумма равна U V .Доказательство. Обозначим через wj произведенияP∞ uk vl , занумерованные в каком угодно порядке. Докажем, что ряд j=1 |wj | сходится.
ПустьSn — n-ая частичная сумма этого ряда. Она состоит из членов вида |uk vl |.Среди индексов k и l, входящих в эту сумму, найдется наибольший, который мы обозначим через m. ТогдаSn 6mXk=1|uk |mXl=1|vl |.74Числовые рядыPP∞PmВPсилу абсолютной сходимости рядов ∞uиv,суммыklk=1l=1k=1 |uk |mи l=1 |vl | ограничены величиной, не зависящей от m.
Поэтому частичные суммыP∞ Sn также ограничены, что влечет абсолютную сходимостьряда j=1 wj .P9Докажем, что сумма ряда ∞j=1 wj равна U V . В силу теоремы 3.9сумма этого ряда не зависит от порядка, в котором мы его суммируем.Но подпоследовательностьmmXXWm :=ukvlk=1l=1частичных сумм данного ряда сходится именно к U V .3.5Признаки сходимости произвольных рядовНи один из рассмотренных выше признаков не позволяет установитьусловную сходимость числового ряда.
Перейдем к рассмотрению признаков, позволяющих это сделать.Теорема 3.13 (признак Лейбница). 10 Пусть {pk }, pk > 0 — невозрастающая бесконечно малая последовательность. Тогда знакочередующийся ряд∞X(−1)k−1 pk(3.22)k=1сходится.Доказательство. ПосколькуS2n = (p1 − p2 ) + (p3 − p4 ) + . . . + (p2n−1 − p2n )и каждая круглая скобка неотрицательна, то последовательность S2nнеотрицательна и не убывает. С другой стороныS2n = p1 − (p2 − p3 ) − (p4 − p5 ) + . . . − (p2n−2 − p2n−1 ) − p2n ,откуда S2n 6 p1 . Тем самым, последовательность S2n сходится к некоторому пределу S. Поскольку S2n+1 = S2n + p2n+1 и pk → 0 при k → ∞, тоS2n+1 → S.
Таким образом, ряд (3.22) сходится к S.9Вот пример использования теоремы Коши о перестановке членов абсолютно сходящегося ряда.Лейбниц Готфрид Вильгельм (1646–1716) — немецкий философ, математик (наряду с Ньютономявляется основоположником дифференциального и интегрального исчисления), физик (ввел понятие кинетической энергии («живой силы»), закон сохранения «живых сил», принцип наименьшегодействия), изобретатель, юрист, историк и языковед.10Признаки сходимости произвольных рядов75Замечание 3.5. Из равенстваS2n−1 = p1 − (p2 − p3 ) − (p4 − p5 ) − .
. . − (p2n−2 − p2n−1 )вытекает, что последовательность S2n−1 сходится к пределу S, не возрастая. Таким образомS2n 6 S 6 S2n−1 , ∀n ∈ N.Ввиду равенства S2n−1 − S2n = p2n , отсюда вытекает неравенство|S − Sn | 6 pn ,показывающее, что частичная сумма ряда приближает его сумму сошибкой, не превышающей абсолютной величины последнего члена рядав частичной сумме.Пример 3.11. Ряды∞X(−1)k−1k=1k= ln 2,∞X(−1)k−1k=12k − 1(3.23)сходятся по признаку Лейбница (для первого из них это было установлено другим путем в примере 3.10).
При этом соответствующиеряды из модулей расходятся. Для первого ряда это вытекаетPn из1 расходимости гармонического ряда, а для второго из оценки k=1 2k−1 >Pn 11k=1 k . Таким образом образом, ряды (3.23) сходятся условно.2Замечание 3.6. Требование монотонности последовательности {pk }в признаке Лейбница не является излишним, как показывает примерряда√111111−√+.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
