Второе свойство доказывается аналогично, запишите доказательство самостоятельно.∎

Если интеграл сходится, то и ряд тоже сходится. Построим график функции $y=f\left(x\right)$. Мы хотим представить сумму ряда (28.9) в виде некоторой площади, чтобы сравнить её с площадью, которая соответствует интегралу (28.10). Для этого над каждым отрезком $[k-1,k]$ построим прямоугольник высотой $f\left(k\right)$, $k=1,2,\dots$.

Once Loop Reflect

Рис. 28.3: Интеграл оценивает сумму ряда, начиная со второго слагаемого

Площадь $k$-го прямоугольника равна $f\left(k\right)$, сумма всех площадей равна сумме ряда. Все прямогольники, кроме первого, находятся не выше графика функции: в силу неубывания на каждом отрезке $[k-1,k]$ значение функции не меньше $f\left(k\right)$. Разобьём наш ряд в сумму первого члена и всех остальных:

Формально можно записать так. Заметим, что

Если ряд сходится, то и интеграл сходится. Доказательство полностью аналогично, только всю картинку с прямоугольниками нужно сдвинуть на одну позицию вправо. То есть на отрезке $[k,k+1]$ нужно построить прямоугольник высотой $f\left(k\right)$. Теперь верхние стороны наших прямуогльники будут ограничивать график функции $y=f\left(x\right)$ сверху, и из сходимости ряда будет следовать сходимость интеграла.

Once Loop Reflect

Рис. 28.4: Сумма ряда оценивает интеграл сверху

Вот мы отложили точку $S_1$. Затем нужно сдвинуться влево на $a_2$, чтобы получить $S_2$. Отсюда нужно сдвинуться вправо на $a_3$, чтобы получить $S_3$. Может ли оказаться, что мы «перескочим» при этом $S_1$? Нет, потому что последовательность $a_k$ невозрастает, и значит $a_3\le a_2$, то есть сдвиг от $S_2$ до $S_3$ не превосходит длину отрезка $[S_2,S_1]$. Значит точка $S_3$ лежит в отрезке $[S_2,S_1]$.

Рис. 28.5: Частичные суммы знакочередующегося ряда с убывающими членами

Можно построить последовательность вложенных отрезков $\left\{I_k\right\}$, определяемых следующим образом:

Положительные и отрицательные члены. Будем для простоты считать, что в исходном ряду нет нулевых членов — если они есть, на сумму они никак не влияют, и в силу расходимости ряда из модулей, количество ненулевых членов не может быть конечным.

Ключевой момент доказательства состоит в том, чтобы отдельно рассмотреть положительные и отрицательные члены ряда. Для этого введём такие обозначения:

Итак, оба ряда (28.18) и (28.17) расходятся. Первый состоит только из неотрицательных слагаемых. Единственный способ, каким он может расходиться, то есть не иметь предела — это стремиться к плюс бесконечности. Действительно, последовательность частичных сумм $\left\{S_N^{+}\right\}$ неубывает. Она не может быть ограниченной сверху, поскольку неубывающая ограниченная сверху последовательность имеет предел по теореме Вейерштрасса 2. Значит, она не является ограниченной, то есть для всякого $C$ найдётся такое $N$, что $S_N^{+}>C$. Но в силу неубывания, для всех $n>N$, $S_n^{+}\ge S_N^{+}>C$. Значит, $S_n^{+}\to +\infty$ при $n\to \infty$.

Аналогично доказывается, что ряд (28.18) стремится к минус бесконечности.

Точная подгонка. Пусть из последовательности $\left\{a_k^{+}\right\}$ выкинули все нулевые члены. Подпоследовательность, составленную из оставшихся членов, назовём $\left\{b_m^{+}\right\}$. Порядок следования членов последовательности $\left\{b_m^{+}\right\}$ — такой же, как в $\left\{a_k^{+}\right\}$, просто все нулевые пропущены.

Аналогично определим последовательность $\left\{b_l^{-}\right\}$ — последовательность из всех ненулевых членов $\left\{a_k^{-}\right\}$, идущих в том же порядке, в котором они были.

Иными словами, $\left\{b_m^{+}\right\}$ и $\left\{b_l^{-}\right\}$ — это последовательности положительных и отрицательных членов исходной последовательности $\left\{a_k\right\}$.

Эта лекция читается в конце декабря, так что можно представить себе, что $\left\{b_m^{+}\right\}$ — это мешок с бесконечным количеством подарков, каждый подарок имеет свой размер, влияющий на то, насколько повышается настроение у человека, которому вы его дарите. Про этот мешок вы знаете, что подарки в нём пронумерованы, и что мешок этот бесконечно большой, подарков в нём достаточно, чтобы поднять настроение на любой уровень.

Тогда $\left\{b_l^{-}\right\}$ — это мешок антиподарков, которые снижают настроение, а не повышают его. Подарки в нём также пронумерованы и имеют в совокупности неограниченный потенциал для снижения настроения.

Пусть теперь нам задано какое-то число $c\in R$. Мы будем выписывать элементы последовательностей $b_m^{+}$ и $b_l^{-}$ таким образом, чтобы сумма выписанных элементов стремилась к $c$. Каждый элемент будет выписан ровно один раз, и до любого элемента мы рано или поздно доберёмся.

Алгоритм устроен так. Допустим, $c\ge 0$, обратный случай рассматривается аналогично. Мы начинаем из точки $0$ и будем выписывать элементы из последовательности $\left\{b_m^{+}\right\}$ по порядку, до тех пор, пока сумма выписанных элементов не превзойдёт $c$. Если в какой-то момент эта сумма попала ровно в $c$, выпишем ещё один элемент. Визуально это соответствует тому, что мы делаем скачки вправо на величину $b_1^{+}$, $b_2^{+}$ и т.д., до тех пор, пока не «перескочим» через $c$.

Как только это произошло, мы меняем направление. Теперь будем выписывать элементы из последовательности $\left\{b_l^{-}\right\}$ по порядку. Они отрицательные, поэтому сумма всех выписанных элементов будет каждый раз сдвигаться влево на модуль очередного выписанного элемента. В какой-то момент мы перескочим через $c$ (теперь в обратном направлении, слева направо). Сразу после этого нужно снова сменить направление движения.

Теперь мы опять должны выписывать элементы из $\left\{b_m^{+}\right\}$, продолжая ровно с того места, где остановились в прошлый раз. Если последний выписанный нами на предыдущем этапе элемент был $\left\{b_{m_1}^{+}\right\}$, то начать надо с элемента $\left\{b_{m_1+1}^{+}\right\}$. И снова мы выписываем элементы из $\left\{b_m^{+}\right\}$ до тех пор, пока сумма всех элементов (включая все выписанные ранее) не превзойдёт $c$. В этот момент мы снова переключимся, и будем так продолжать до бесконечности.

Почему этот алгоритм работает.

Я утверждаю, что описанный нами алгоритм реализует искомую перестановку — а именно, что получится последовательность, которая является перестановкой исходной последовательности $\left\{a_k\right\}$, и что предел её частичных сумм равен $c$.

Во-первых, этот алгоритм никогда не остановится, и будет делать бесконечное количество переключений между движением вправо и движением влево. Почему так? Потому что сумммы (28.17) и (28.18) расходятся, и значит в наших «мешках с подарками и антиподарками» подарков достаточно, чтобы сделать сколь угодно хорошее и сколь угодно плохое настроение. Более того, поскольку начальные члены ряда не влияют на сумму, эти свойства сохранятся и после того, как какое-то конечное количество слагаемых из последовательностей $\left\{b_m^{+}\right\}$ и $\left\{b_l^{-}\right\}$ было выписано. Значит мы всегда можем взять достаточно много элементов из «хвостов» этих последовательностей, чтобы сдвинуться как угодно далеко вправо или как угодно далеко влево. Значит, нам всегда удастся перескочить через $c$ и сменить направление движения.

В ходе каждого этапа движения вправо или влево из соответстующей последовательности берётся по крайней мере один элемент. По построению, мы не пропускаем никакие элементы и не повторяем одни и тот же элемент дважды. Поскольку этапов бесконечно много, это означает, что любой элемент рано или поздно будет выписан, причём ровно один раз. Это означает, что новая последовательность — перестановка старой.

Наконец, почему предел её частичных сумм стремится к $c$? Заметим, что в силу необходимого условия сходимости, $a_k\to 0$ при $k\to \infty$ и значит $a_k^{+}\to 0$ и $a_k^{-}\to 0$. Это означает, что ${lim}_{m\to \infty }{b}_m^{+}=0$ и ${lim}_{l\to \infty }{b}_l^{-}=0$. То есть скачки, которые мы совершаем каждый раз, стремятся к нулю. Однако, расстояние от $c$ до очередной частичной суммы не превосходит модуля длины последнего скачка, после которого мы перескочили через $c$. Этот скачок равен соответствующему элементу последовательности $a_k$, и его номер стремится к бесконечности, поскольку при каждом проходе «вправо» мы берём как минимум один элемент из последовательности положительных членов, а при проходе «влево» берём как минимум один элемент из последовательности отрицательных членов. Значит, $k$ как минимум не меньше, чем число проходов вправо и влево. Поэтому расстояние от $c$ до очередной частичной суммы стремится к нулю.

Теорема доказана.∎