Ряды — это просто бесконечные суммы. Мы с ними уже несколько раз сталкивались
— например, когда обсуждали, что некоторые функции оказываются равны своим рядам
Тейлора (см. замечание 2 из
лекции 22). Пришло время поговорить про ряды
подробнее.
сходится. Это геометрическая прогрессия со знаменателем, по модулю
меньшим 1, но сходимость здесь можно увидеть и непосредственно. Если у вас была
одна шоколадка, вы съели от неё половину, потом половину от оставшейся
половины (то есть четверть), потом половины от того, что осталось (то есть
одну возьмую) и т.д. — в пределе ничего не останется, но и больше, чем целую
шоколадку, вы не съедите. Значит, сумма съеденных кусочков стремится к
единице.
Рис. 28.1: Сумма бесконечной геометрической прогрессии «на шоколадках»
Пример 2. Ряд
∞∑k=1k2=1+4+9+16+…
расходится: поскольку все слагаемые больше или равны 1, частичные суммы неограничены:
Sn≥n, и значит расходятся. Можно сказать, что сумма равна плюс
бесконечности:
Важным примером рядов являются суммы геометрических прогрессий, то есть
последовательностей вида {b0qk}, где q называется знаменателем
прогрессии.
Поскольку я никогда не могу запомнить формулу для суммы членов геометрической
прогрессии и каждый раз вывожу её заново, приведу этот вывод и здесь.
Утверждение 1. Для всяких b0∈R, q≠1 и n∈N справедливо утверждение
n∑k=1b0qk=b0q1−qn1−q.
Доказательство. Вынесем b0q за знак суммирования, а потом сделаем замену индекса
суммирования m=k−1:
n∑k=1b0qk=b0qn∑k=1qk−1=b0qn−1∑m=0qm.
Остаётся найти, чему равна сумма ∑n−1m=0qm. Обозначим её через
S. Тогда
S=1+q+q2+…+qn−1qS=q+q2+…+qn−1+qn
Вычитая из первого равенства второе, получаем:
S−qS=1−qn,
откуда
S=1−qn1−q.
∎
Следствие 1. При |q|<1,
∞∑k=1b0qk=b0q1−q
поскольку в этом случае qn стремится к нулю при n стремящемся к
бесконечности. При |q|>1 при b0≠0 ряд расходится, поскольку qn
стремится к бесконечности. При q=1 последовательность является постоянной
и ряд расходится при b0≠0.
Вообще есть мало сколь-нибудь универсальных способов нахождения бесконечных сумм
в явном виде. Но чтобы вам не казалось, что нет никаких поддающихся анализу
рядов, кроме геометрической прогрессии, обсудим ещё один тип.
Это преобразование выглядит реалистично — в самом деле, нас учили, что при
суммировании неважно, как расставлять скобки — однако таит в себе опасность.
Рассмотрим, например, такой ряд:
∞∑k=1(−1)k=−1+1−1+…(28.2)
Его частичными суммами Sn будут числа −1 (при нечётных n) и 0 — при
чётных. Мы знаем, что предела у такой последовательности нет. Однако,
казалось бы, можно записать:
∞∑k=1(−1)k=−1+1−1+1−…=(−1+1)+(−1+1)+…=0+0+…=0.
∞∑k=1(−1)k=−1+1−1+1−…==(−1+1)+(−1+1)+…==0+0+…=0.
Впрочем, с тем же успехом мы могли бы получить и −1, если бы сгруппировали
слагаемые иначе (первое оставили отдельно, а второе сгруппировали с третьим,
четвертой с пятым и т.д.)
Пример с рядом ∑∞k=1(−1)k показывает, что бесконечные суммы
могут быть коварными — привычные нам операции типа группировки слагаемых
могут менять результат. Как же всё-таки найти сумму ряда (28.1)?
Если мы не уверены, что некоторое преобразование сработает с бесконечным
рядом, мы можем вернуться в ту область, где всё просто и понятно — в область
конечных сумм. Давайте рассмотрим частичные суммы этого ряда:
n∑k=11k(k+1)=11−12+12−13+…+1n−1−1n+1n−1n+1.
n∑k=11k(k+1)=11−12+12−13+…++1n−1−1n+1n−1n+1.
Тут уже скобки не важны, потому что группировка слагаемых в конечных суммах
не меняет их значения. Мы видим, что слагаемые (−1/2) и 1/2 сокращаются,
и дальше сократятся все пары слагаемых, заканчивая (−1/n) и 1/n.
Останется только первое и последнее слагаемое. (Если вы чувствуете малейшие
сомнения в этом месте, подставьте какое-нибудь небольшое конкретное n
— например, n=3, и проследите, как это работает.) Итак:
n∑k=1=11−1n+1
и значит предел частичных сумм равен 1. То есть наше вычисление дало
правильный результат, и теперь мы это аккуратно обосновали. (Проверьте, что
будет, если попытаться применить то же самое рассуждение к ряду
(28.2).)
Суммы такого вида, у которых слагаемые последовательно сокращаются, иногда
называют «телескопическими» — в процессе сокращения сумма как бы складывается,
как складная подзорная труба или телескоп.
Доказательство. Обозначим через Sn частичную сумму нашего ряда:
Sn:=n∑k=1ak.
Тогда для всех n>1
an=Sn−Sn−1.
Рассмотрим предел последовательности {an}:
limn→∞an=limn→∞(Sn−Sn−1)=limn→∞Sn−limn→∞Sn−1,
но пределы Sn и Sn−1 — это фактически один и тот же предел (во
втором случае последовательность просто сдвинута на один элемент вправо, но
предел от этого не изменился). И оба предела существуют, потому что по
определению, предел частичных сумм — это сумма ряда, а ряд сходится.
Обозначим сумму ряда за S. Тогда
limn→∞an=S−S=0.
∎
Замечание 1. Теперь мы могли бы мгновенно сказать, что ряд (28.2) расходится:
его члены не стремятся к нулю.
Условие an→0 является необходимым для сходимости ряда, но является ли оно
достаточным? Оказывается, нет. Приведём в качестве примере известный
гармонический ряд.
Каждая из сумм в левой части не меньше, чем своё последнее слагаемое (самое
маленькое) умножить на число слагаемых. Понятно, что так можно продолжать и
дальше. Для произвольного натурального m возьмём слагаемые с номерами от
2m+1 до 2m+1. Их количество равно разности между этими двумя
числами, плюс один. (Потому что и первое и последнее число включатся в
подсчёт: например, если бы эти числа совпадали, разность равнялась нулю, но
при этом одно слагаемое мы бы взяли.) Значит, общее число слагаемых равно
2m+1−(2m+1)+1=2m+1−2m=2m(21−1)=2m
2m+1−(2m+1)+1=2m+1−2m==2m(21−1)=2m
и каждое слагаемое не меньше последнего, то есть 1/2m+1. Итак:
2m+1∑k=2m+11k≥2m12m+1=12.(28.4)
Возьмём первые 2N слагаемых ряда (28.3). В них есть первое
слагаемое, равное 1/1, и ещё N «блоков» вида (28.4), каждый
из которых не меньше 1/2. Значит, их сумма не меньше, чем N12+1
и стремится к бесконечности. Значит, ряд расходится.∎
Замечание 2. Суммирование гармонического ряда похоже на интегрирование функции
1x. И это не фигура речи. Мы знаем, что
∫t11xdx=lnt
и можно доказать, что существует такая константа γ (постоянная
Эйлера — Маскерони), что
limn→∞n∑k=1(1k)−lnn=γ,
то есть у частичных сумм гармонического ряда есть «логарифмическая
асимптота» (асимптота вида y=lnn+γ).
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
import qqmbr.odebook as ob
# see https://github.com/ischurov/qqmbr/blob/master/qqmbr/odebook.py
def harmonic(n):
# reverse order for better precision
return sum(1 / k for k in range(n, 0, -1))
gamma = 0.57721566490153286060
# From Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Euler–Mascheroni_constant
N = range(1, 10)
plt.plot(N, [harmonic(n) for n in N], 'o',
label=r'частичные суммы гармонического ряда')
x = np.linspace(0.1, max(N) + 1, 301)
plt.plot(x, np.log(x) + gamma, label=r'$y=\ln x + \gamma$')
plt.yticks([1, 2, 3])
plt.xticks(N)
plt.legend()
ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False)
ob.settle_axes(xmin=-0.5, xmax=max(N) + 1, ymin=-0.2, ymax=4.2,
xlabel="x", ylabel="y")
Рис. 28.2: Логарифмическая асимптота для частичных сумм гармонического ряда
Если известно, что для всех натуральных k верны неравенства
0≤ak≤bk(28.5)
и ряд
∞∑k=1bk(28.6)
сходится, то ряд
∞∑k=1ak(28.7)
тоже сходится.
Доказательство. Доказательство полностью аналогично доказательству похожей
теоремы для несобственных интегралов. Попробуйте
написать его самостоятельно.
Верный ответ.
Обозначим сумму ряда (28.6) через B, частичные суммы
ряда (28.6) через Bn, а частичные суммы ряда
(28.7) через An. Поскольку все слагаемые
неотрицательны, обе последовательности {An} и {Bn}
неубывают. Также в силу (28.5), для всех n, An≤Bn. С другой стороны, в силу неубывания, все элементы Bn не
превосходят предела B (если бы какой-то элемент перескочил
через предел, все следующие элементы были бы отделены от предела
и не могли бы к нему стремиться). Значит, для всех n, An≤Bn≤B и значит последовательность {An} является
неубывающей и ограниченной. Значит, по теоремe
Вейерштрасса, у неё есть предел.
∎
Пример 4. Докажем, что ряд
∞∑k=11kk
сходится. Действительно, для всех k≥2, kk≥2k и следовательно
1/kk≤1/2k. Никакое конечное число начальных членов на сходимость
ряда не влияет и значит в признаке сравнения достаточно выполнения
неравенства для всех k, начиная с некоторого. А ряд
∞∑k=112k
сходится. Значит, и наш ряд сходится.
Пример 5. Докажем, что ряд
∞∑k=1lnkk(28.8)
расходится. Действительно, для всех k≥3, lnk≥1 и следовательно
1k≤lnkk.
Но если бы ряд (28.8) сходился, тогда и ограниченный им ряд
∑∞k=11/k тоже сходился бы. Но мы знаем, что последнее
неверно. Значит, наш ряд расходится.
Как мы уже отмечали, между несобственными интегралами и рядами много общего. При
этом анализировать интегралы часто проще, чем ряды — есть разнообразные способы
преобразования интегралов, которые к рядам применяются плохо. К счастью,
есть теорема, которая позволяет переносить результаты о сходимости интегралов на
ряды и наоборот.
Теорема 2. Пусть функция f:[1,+∞)→R невозрастает,
неотрицательна и
интегрируема на любом отрезке [a,t], t>a. В этих условиях ряд
n∑k=1f(k)(28.9)
сходится тогда и только тогда, когда сходится несобственный интеграл
∫∞1f(x)dx.(28.10)
Доказательство.
Если интеграл сходится, то и ряд тоже сходится. Построим график
функции y=f(x). 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(k), k=1,2,….