previous contents next
7.4.3 Теорема Римана.
Пусть дан ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$. Обозначим ряд составленный из всех его положительных членов как $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$,
а ряд составленный из всех его отрицательных членов как $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$. При этом члены рядов $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$
и $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$ стоят в них друг относительно друга в том же порядке, что и в исходном ряду $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.
Тогда если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится не абсолютно, то $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty$ и $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n=-\infty$,
потому что иначе
-
если $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n<+\infty$ и $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n=-\infty$, то $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=-\infty$, то есть ряд расходится,
-
если $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty$ и $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n>-\infty$, то $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=+\infty$, то есть ряд расходится,
-
есле $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n<+\infty$ и $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}>-\infty$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится абсолютно.
Теорема 7.4.4: Теорема Римана.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится не абсолютно, то для любого $A\in\overline{\mathbb{R}}$ найдется перестановка членов ряда
$\gamma(n):\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ такая, что ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n:=\sum_{n=1}^\infty{a}_{\gamma(n)}$ сходится и имеет своей суммой $A$.
Доказательство:
- Пусть $A\in\mathbb{R}$ и для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\neq0$.
Опишем итерационный процесс построения ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ с суммой $A$ из членов ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$
-
Так как $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty$, то существует $k_1:=\min\{k\in\mathbb{N}\:|\:\sum_{i=1}^k\tilde{p}_i>A\}\geq1$, тогда
$S^\gamma_{k_1}:=\sum_{i=1}^{k_1}\tilde{p}_i>A$ и $S^\gamma_{k_1-1}:=\sum_{i=1}^{k_1-1}\tilde{p}_i\leq{A}$. То есть на первом шаге добавляем
в ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ ровно столько положительных членов начиная с первого, чтобы его сумма стала больше $A$.
-
Так как $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n=-\infty$, то существует
$m_1:=\min\{m\in\mathbb{N}\:|\:\sum_{i=1}^{k_1}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^m\tilde{q}_i\leq{A}\}\geq1$, тогда
$S^\gamma_{k_1+m_1}:=\sum_{i=1}^{k_1}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1}\tilde{q}_i\leq{A}$ и
$S^\gamma_{k_1+m_1-1}:=\sum_{i=1}^{k_1}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1-1}\tilde{q}_i>A$.
То есть на втором шаге добавляем в ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ ровно столько отрицательных членов начиная с первого, чтобы его сумма стала
меньше либо равна $A$.
-
На третьем шаге добавляем в ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ ровно столько положительных членов начиная с $(k_1+1)$-го,
чтобы его сумма стала больше $A$.
$$\sum_{n=k_1+1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty\Rightarrow
\exists{k_2}=\min\left\{k>k_1\:\middle|\:\sum_{n=1}^{k_1}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1}\tilde{q}_i+\sum_{i=k_1+1}^k\tilde{p}_i>A\right\}>k_1\Rightarrow
\left(S^\gamma_{k_2+m_1}:=\sum_{i=1}^{k_2}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1}\tilde{q}_i>A\wedge
S^\gamma_{k_2-1+m_1}:=\sum_{i=1}^{k_2-1}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1}\tilde{q}_i\leq{A}\right)$$
-
На четвертом шаге добавляем в ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ ровно столько отрицательных членов начиная с $(m_1+1)$-го,
чтобы его сумма стала меньше $A$.
$$\sum_{n=m_1+1}^\infty-\tilde{q}_n=-\infty\Rightarrow
\exists{m}_2=\min\left\{m>m_1\:\middle|\:\sum_{i=1}^{k_2}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_1}\tilde{q}_i-\sum_{i=m_1+1}^m\tilde{q}_i\leq{A}\right\}>m_1
\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\left(S^\gamma_{k_2+m_2}:=\sum_{i=1}^{k_2}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_2}\tilde{q}_i\leq{A}\wedge
S^\gamma_{k_2+m_2-1}:=\sum_{i=1}^{k_2}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_2-1}\tilde{q}_i>A\right)$$
И так далее...
Описан процесс, который на конечном шаге не оборвется. На каждом нечетном шаге добавляются слагаемые из ряда $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$,
а на каждом четном из ряда $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$. При этом получены две последовательности $\{k_s\}$ и $\{m_s\}$ из $\mathbb{N}$
такие, что
$$\forall{s}\in\mathbb{N}(k_{s+1}>k_s\wedge{m}_{s+1}>m_s\wedge\lim_{s\to\infty}k_s=\lim_{s\to\infty}m_s=+\infty)$$
Таким образом в результате описанного алгоритма получен ряд из членов рядов $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$, $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$.
При этом каждый член рядов $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$, $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$ будет задействован один и только один раз.
Значит поскольку исходный ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ не содержит нулей, то получившийся ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ будет перестановкой
членов исходного ряда. Покажем, что ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ сходится и имеет своей суммой $A$.
По построению последовательности $S^\gamma_n$ на каждом нечетном шаге имеем:
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(k_s=\min\left\{k>k_{s-1}\:\middle|\:\sum_{i=1}^{k_{s-1}}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_{s-1}}\tilde{q}_i+
\sum_{i=k_{s_1}+1}^k\tilde{p}_i>A\right\}\right)\Rightarrow
\forall{s}\in\mathbb{N}\left(S^\gamma_{k_s+m_{s-1}}>A\wedge{S}^\gamma_{k_s-1+m_{s-1}}\leq{A}\right)$$
Вычитая из обоих равенств $A$ и прибавляя ко второму $\tilde{p}_{k_s}$ получим:
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(0<S^\gamma_{k_s+m_{s-1}}-A\leq\tilde{p}_{k_s}\right)\quad(1)$$
По построению последовательности $S^\gamma_n$ на каждом четном шаге имеем:
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(m_s=\min\left\{m>m_{s-1}\:\middle|\:\sum_{i=1}^{k_s}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{m_{s-1}}\tilde{q}_i-
\sum_{i={m_{s-1}+1}}^m\tilde{q}_i\leq{A}\right\}\right)\Rightarrow
\forall{s}\in\mathbb{N}\left(S^\gamma_{k_s+m_s}\leq{A}\wedge{S}^\gamma_{k_s+m_{s}-1}>A\right)$$
Вычитая из обоих равенств $A$ и прибавляя ко второму $-\tilde{q}_{m_s}$ получим:
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(-\tilde{q}_{m_s}<S^\gamma_{k_s+m_s}-A\leq0\right)\quad(2)$$
Так как члены рядов $\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n$, $\sum_{n=1}^\infty-\tilde{q}_n$ располагаются в них в том же порядке, что и в исходном ряде
$\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, a он сходится, то
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\tilde{p}_n=\lim_{n\to\infty}-\tilde{q}_n=0$. Так как последовательности $\{k_s\}$, $\{m_s\}$
строго возрастают, то $\lim_{s\to\infty}\tilde{p}_{k_s}=\lim_{n\to\infty}\tilde{p}_n=0$
и $\displaystyle\lim_{s\to\infty}-\tilde{q}_{m_s}=\lim_{n\to\infty}-\tilde{q}_n=0$. Тогда из неравенств (1) и (2) по
теореме о двух милиционерах имеем
$$\lim_{s\to\infty}S^\gamma_{k_s+m_{s-1}}=A\wedge\lim_{s\to\infty}S^\gamma_{k_s+m_s}=A$$
Покажем, что вся последовательность $\{S^\gamma_n\}$ частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ сходится к $A$.
$$\forall{n}\in\mathbb{N}(a^\gamma_n<0\vee{a}^\gamma_n>0)\Rightarrow
\forall{n}\in\mathbb{N}\:\exists{s}=s(n):\left(S^\gamma_{k_{s-1}+m_{s-1}}<S^\gamma_n\leq{S}^\gamma_{k_s+m_{s-1}}\vee
S^\gamma_{k_s+m_s}\leq{S}^\gamma_n<S^\gamma_{k_s+m_{s-1}}\right)$$
То есть член $a^\gamma_n$ будет добавлен на $s$-том шаге алгоритма, который может оказаться как четным (при $a^\gamma_n<0$) так и не четным
(при $a^\gamma_n>0$). Таким образом:
$$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(S^\gamma_{k_{s(n)-1}+m_{s(n)-1}}<S^\gamma_n<S^\gamma_{k_{s(n)}+m_{s(n)-1}}\right)\quad(3)$$
Так как $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s(n)=+\infty$, то по теореме о пределе композиции функций
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}k_{s(n)}=\lim_{n\to\infty}m_{s(n)}=+\infty$. Тогда по теореме о пределе композиции функций
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}S^\gamma_{k_{s(n)}+m_{s(n)}}=\lim_{n\to\infty}S^\gamma_{k_{s(n)}+m_{s(n)-1}}=A$. Тогда, по теореме о двух милиционерах из
неравенств (3) получаем, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S^\gamma_n=A$.
- Пусть $A=\infty$ и для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\neq0$.
Опишем итерационный процесс построения из членов ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$, последовательность частичных сумм
которого не ограничена.
- 1)
$$\sum_{n=1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty\Rightarrow\exists{k}_1=\min\left\{k\in\mathbb{N}\:\middle|\:\sum_{i=1}^k\tilde{p}_i>1\right\}\geq1$$
- 2)
$$\sum_{n={k_1+1}}^\infty\tilde{p}_n=+\infty\Rightarrow
\exists{k}_2=\min\left\{k>k_1\:\middle|\:\sum_{i=1}^{k_1}\tilde{p}_i-\tilde{q}_1+\sum_{i={k_1+1}}^k\tilde{p}_i>2\right\}>k_1$$
- $\dots$
- s)
$$\sum_{n=k_{s-1}+1}^\infty\tilde{p}_n=+\infty\Rightarrow
\exists{k}_s=\min\left\{k>k_{s-1}\:\middle|\:
\sum_{i=1}^{k_{s-1}}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{s-1}\tilde{q}_i+\sum_{i=k_{s-1}+1}^k\tilde{p}_i>s\right\}>k_{s-1}$$
- $\dots$
Таким образом
$$\forall{s}\in\mathbb{N}\left(S^\gamma_{k_s+s-1}=\sum_{i=1}^{k_s}\tilde{p}_i-\sum_{i=1}^{s-1}\tilde{q}_i>s\right)$$
Фиксируем $M>0$, обозначим $t:=[M]+1$, тогда
$$\lim_{n\to\infty}\tilde{q}_n=0\Rightarrow\exists{n}_0\in\mathbb{N}:(\tilde{q}_n<1)\Rightarrow
\exists{n}_1:=\max\{k_t+t,n_0\}:\forall{n}>n_1\left(S^\gamma_n>S^\gamma_{k_t+t-1}>t>M\right)\Rightarrow\lim_{n\to\infty}S^\gamma_n=+\infty$$
Случай $A=-\infty$ доказывается аналогично.
-
Пусть $A\in\overline{\mathbb{R}}$ и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ содержит счетное число нулей. Удалим из исходного ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ все нули
в результате получим ряд $\sum_{n=1}^\infty\tilde{a}_n$ не содержащий нулей, применим к нему этап I или II получим ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$
сходящийся к $A$ и являющийся перестановкой членов ряда $\sum_{n=1}^\infty\tilde{a}_n$. Добавим в ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}^\gamma_n$ нули на
четные места, получившийся в итоге ряд будет перестановкой исходного ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ и будет сходится к $A$.
Пример 7.4.3: Рассмотрим ряд
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{a}_n=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}=1-\frac1{2}+\frac1{3}-\frac1{4}+\dots+\frac1{2k-1}-\frac1{2k}+\dots$
Ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится не абсолютно по признаку Дирихле значит существует
$A\in\mathbb{R}$ такое, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}S_{2n}=A$. Найдем значение $A$.
$$\lim_{n\to\infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k}-2\sum_{k=1}^n\frac1{2k}\right)=
\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k}-\sum_{k=1}^n\frac1{k}\right)$$
Ранее было показано, что существует последовательность $\{\alpha_n\}$ такая, что
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=0$ и для любого $n\in\mathbb{N}$ $\sum_{k=1}^n\frac1{k}=\ln(n+1)+c+\alpha_n$, тогда
$$A=\lim_{n\to\infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k}-\sum_{k=1}^n\frac1{k}\right)=
\lim_{n\to\infty}(\ln(2n+1)+c+\alpha_{2n}-\ln(n+1)-c-\alpha_n)=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n+1}{n+1}+\alpha_{2n}-\alpha_n\right)=\ln{2}$$
Задача 7.4.1: Пусть $p,q\in\mathbb{N}$ ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{b}_n=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}$,
а ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ перестановка членов ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такая, что сначала идут $p$ положительных последовательных слагаемых,
потом $q$ отрицательных, потом следующие $p$ положительных и $q$ отрицательных и так далее. То есть
$$\sum_{n=1}^\infty{a}_n=1+\frac1{3}+\frac1{5}+\dots\frac1{2p-1}-\frac1{2}-\frac1{4}-\dots-\frac1{2q}+\frac1{2p+1}+\dots+\frac1{4p-1}
-\frac1{2q+2}-\dots-\frac1{4q}+\dots$$
Доказать, что ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ имеет своей суммой $\ln\left(2\sqrt\frac{p}{q}\right)$.
Решение:
Ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится не абсолютно по признаку Дирихле.
Следовательно, существует $A\in\mathbb{R}$ такое, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}S_{(p+q)n}=A$.
Число положительных членов (нечетный знаменатель) в сумме $S_{(p+q)n}$ равно $np$, отрицательных (четный знаменатель) $nq$. Минимальный положительный
член равен $\frac1{2np-1}$, тогда ($2np$)-тая частичная сумма $\sum_{n=1}^{2np}\frac1{k}$
гармонического ряда будет содержать все положительные слагаемые суммы $S_{(p+q)n}$
Пусть $p>q$, то есть в сумме $S_{(p+q)n}$ отрицательных слагаемых (четный знаменатель) больше чем положительных (нечетный знаменатель),
тогда ($2np$)-тая частичная сумма $\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}$ гармонического ряда будет содержать недостаточное количество слагаемых с четным знаменателем,
добавим их
$$S_{(p+q)n}=\left(\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}+\sum_{k=np+1}^{nq}\frac1{2k}\right)-2\sum_{k=1}^{nq}\frac1{2k}=
\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}+\left(\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}\right)-\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}=
\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}$$
Пусть теперь $q\leq{p}$, т. е. в сумме $S_{(p+q)n}$ отрицательных слагаемых (четный знаменатель) меньше чем положительных (нечетный знаменатель),
тогда ($2np$)-тая частичная сумма $\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}$ гармонического ряда будет содержать излишнее количество слагаемых с четным знаменателем,
удалим их
$$S_{(p+q)n}=\left(\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\sum_{k=nq+1}^{np}\frac1{2k}\right)-2\sum_{k=1}^{nq}\frac1{2k}=
\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\left(\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}\right)-\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}=
\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}$$
Таким образом для любых $p,q\in\mathbb{N}$
$$S_{(p+q)n}=\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}\Rightarrow
\lim_{n\to\infty}S_{(p+q)n}=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2np}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{nq}\frac1{k}-\frac1{2}\sum_{k=1}^{np}\frac1{k}\right)=$$
$$=\lim_{n\to\infty}\left(\ln(2np+1)-\frac1{2}\ln(nq+1)-\frac1{2}\ln(np+1)+o(1)\right)=\lim_{n\to\infty}\ln\frac{2np}{n\sqrt{pq}}=\ln\left(2\sqrt\frac{p}{q}\right)$$
previous contents next