UML_4256

Теорема (признак Дирихле-Абеля). Ряд (2) сходится, если

последовательность Sn

∞

1)

частичных сумм ряда ∑ ak

ограничена;

2)

последовательность bn

k =1

монотонно убывающая бесконечно малая, то

есть bk +1 ≤ bk и

lim b

= 0.

(3)

k

→∞ k

Доказательство. Ограниченность последовательности Sn

означает, что существует число M > 0 такое, что

Sn

< M n N .

(4)

∞

могут быть комплексными, но bk –

Заметим, что члены ряда ∑ ak

k =1

действительные неотрицательные числа.

Предел (3) можно записать так:

0 ≤ b <

ε

n > N

.

(5)

ε

n

2M

Здесь ε > 0 – произвольное число.

так:

Применим к ряду (2) критерий Коши (см. §2), который запишем

n+ p

∑ ak bk

< ε

n > Nε и p N .

(6)

k =n

Если докажем (6), то докажем теорему.

Используя тождество Абеля (1) и тот факт, что модуль суммы не

больше суммы модулей, получим

n+ p

n+ p−1

(bk −bk +1 )+

∑ ak bk

≤

∑

Sk

Sn+ p

bn+ p +

k =n

k =n

n+ p−1

+

S

b

≤ M

(b −b

)

+ b

+ Mb .

n−1

∑

(7)

n

k

k +1

n+ p

n

k =n

n+ p−1

Упростим выражение в скобках

(bk −bk +1 )+bn+ p = bn −bn+1

+ bn+1

−bn+2 +... + bn+ p−1 −bn+ p +

∑

k =n

+bn+ p = bn .

Учитывая это равенство и неравенство (5), запишем (7) так:

n+ p

ε

∑ a b

≤ 2Mb

< 2M

= ε n > N

и p N .

ε

k =n

k k

n

2M

Последнее

означает, что критерий Коши (6) выполняется. Теорема

доказана.

Признак

сходимости

Лейбница (см. §7) является

Следствие.

частным случаем признака Дирихле-Абеля. Действительно, положим в

(2) ak = (−1)k . Тогда

91

0, n = 2m,

Sn =

−1, n = 2m +1.

Как видно, последовательность Sn ограниченная и все требования

теоремы выполняются.

Пример. Исследовать на сходимость ряд

∞ 1

eikx .

∑

(8)

1

k =1 k

cos kx

∞ sin kx

∞

∞

Решение. Запишем ∑

eikx = ∑

+ i ∑

.

k

k

k =1 k

k

=1

k =1

Согласно теореме 2 §2 гл.2 из сходимости ряда (8) следует сходимость

∞

cos kx

,

∞

sin kx

рядов ∑

∑

.

k

k

k =1

k =1

1

Воспользуемся признаком Дирихле-Абеля. Положим

b =

,

n

n

n

e

ix

−e

i(n+1)x

S

n

= ∑ eikx =

– как

сумма

членов

геометрической

1−eix

k =1

прогрессии. Тогда

2

Sn

≤

n N .

−eix

1

Итак, все требования теоремы выполняются. Данный ряд сходится для всех x не равных 0;±2π;±4π;....

§9. Степенные ряды

Пусть задана последовательность комплексных чисел {cn }. Ряд

∞

∑ cn zn , (1)

n=0

где z = x + iy – комплексное число, называется степенным рядом.

При cn =1 он превращается в ряд геометрической прогрессии

∞					∞
∑ zn . Как известно (см. §1),		ряд ∑ zn сходится в круге							z	<1 и
n=0					n=0
расходится вне его. С каждым степенным рядом (1) также связан круг
(круг сходимости), радиус которого можно определить формулой
R =			1					.		(2)
					cn+1
		lim
					c
					n
			92

При этом,

если

cn+1

= ∞,

то

R = 0 .

R называется радиусом

lim

c

n

сходимости степенного ряда (1).

cn+1

Докажем это утверждение, предполагая,

что lim

существует.

c

Тогда

n

lim

cn+1

=

cn+1

=

1

.

(3)

lim

c

c

R

n

n

Теорема. Степенной ряд (1) сходится, если

z

< R ,

и расходится,

если

z

> R.

Доказательство.

Воспользуемся

предельным

признаком

Даламбера

zn+1

cn+1

c

1

lim

n+1

=

z

lim

=

z

.

c zn

c

R

Теорема доказана.

n

n

∞

Пример 1. Найти радиус сходимости ряда

∑ n!zn .

Решение. Согласно формуле (3), имеем

n=0

R = lim

cn

= lim

n!

= lim

1

= 0 .

c

1

n→∞

n→∞ (n +1)!

n→∞ n +

Ряд сходится в одной точке

n+1

z = 0 .

Пример 2. Найти радиус сходимости ряда

∞

zn

∑

.

n!

n=0

cn

(n +1)!

Решение.

R = lim

= lim

= ∞.

Ряд

сходится во

всей

c

n!

n→∞

n→∞

комплексной плоскости.

n+1

∞

zn

Пример 3. Найти радиус сходимости ряда ∑

.

n

cn

n +1

n=1

Решение.

R = lim

= lim

=1.

Ряд сходится в круге

z

<1

c

n→∞

n→∞

n

и расходится вне его.

n+1

z

=1.

Исследуем

сходимость

этого

ряда

на

окружности

Очевидно, при z =1 ряд расходится. Пусть

z

=1,

но z ≠1. Представим

ряд в виде

93

∑ a b

= ∑ zk 1 .

∞

∞

k =1 k k

k =1

k

∞

∞

Покажем,

что последовательность частичных сумм ряда ∑ a

= ∑ zk

k

k =1

ограничена. Действительно,

k =1

n+1

Sn = ∑ zk = z + z2 +... + zn = z − z

.

n

k =1

1− z

ρ(Sn ,0)=

Sn

=

z

− zn+1

=

z

1− zn

<

2

n N .

1− z

1− z

1− z

Это и означает ограниченность

Sn (см. §14 гл.1). Последовательность

{b }=

1

, монотонно убывая, стремится к нулю. Таким образом, все

n

n

условия теоремы Дирихле-Абеля выполняются, следовательно, данный

ряд сходится во всех точках окружности

z

=1,

исключая одну точку

z =1.

§10. Свойство коммутативности абсолютно и условно сходящихся рядов

		∞	∞
		Пусть ряд ∑ uk = S (1) – сходится, а ряд ∑ vk (2) получен из (1)
		k =1	k =1
произвольной перестановкой членов этого ряда. Возникает вопрос,
сходится ли ряд (2), а, если сходится, то будет ли его сумма равна S.
		Рассмотрим сначала случай ряда с неотрицательными членами.
uk	≥	Теорема 1 (Дирихле). Если	члены ряда (1) неотрицательные,
		0 , то ряд (2) сходится и его сумма равна S.
		Доказательство. Рассмотрим частичные суммы рядов (1) и (2)
		Sm = u1 +u2 +... + um ,
		σn = v1	+ v2 +... + vn .
		Каждое из слагаемых суммы σn является членом ряда (1).
Выберем m настолько большим, чтобы все слагаемые суммы σn				вошли
в сумму Sm . Так как слагаемые неотрицательные, то очевидно
		σn ≤ Sm ≤ S или σn ≤ S .		(3)
		Таким образом, частичные суммы ряда (2) ограничены и
монотонно возрастающие (vn ≥ 0 ),			следовательно, последовательность
{	n }	сходится. Переходя к пределу в (3), получим
σ
		lim σn =σ ≤ S .		(4)
		n→∞
		Если ряды (1) и (2) поменять местами, то есть считать, что ряд (1)

получен из (2) перестановкой членов, то аналогично рассуждая, получим S ≤σ . Следовательно, σ = S и теорема доказана.

Пусть теперь ряд (1) знакопеременный. 94

Теорема 2. Если ряд (1) сходится абсолютно, то ряд (2) сходится и его сумма равна сумме ряда (1).

Доказательство. Положим

u

k

, u

k

≥ 0,

uk − =

−u

k

, u

k

≤ 0,

uk + =

0.

(5)

Очевидно, uk +

0, uk < 0,

0, uk >

,uk − неотрицательные, причем

uk

= uk + −uk − , а

uk

= uk + +uk − .

(6)

Аналогично введем

v +

,v −,

v = v +

−v

−

для ряда (2).

k

k

k

k

k

Рассмотрим ряды с неотрицательными членами

∞

∞

∑uk + ,

∑uk − .

(7)

k =1

k =1

Эти ряды получаются из ряда (1), если выбрать только положительные

его члены или только отрицательные, но с противоположным знаком.

Так как uk

+ ≤

uk

, uk − ≤

uk

, а ряд (1) сходится абсолютно, то по

первому признаку

сравнения ряды (7) сходятся. Поскольку сходящиеся

ряды

можно

складывать

(см. §1 теорема 2),

то

имеем

∞

(6) ∞

∞

∞

− (теорема Дирихле)=

S = ∑ uk = ∑ (uk

+ −uk − )= ∑ uk + − ∑ uk

k =1

k =1

k =1

k =1

∞

∞

∞

(vk + −vk − )=

∞

= ∑ vk

+ − ∑ vk − = ∑

∑ vk .

k =1

k =1

k =1

k =1

Таким образом, абсолютно сходящиеся ряды обладают коммутативным свойством.

Замечание 1. Можно доказать, что ряд (2) сходится абсолютно, если (1) абсолютно сходится.

Замечание 2. Теорема справедлива и в том случае, когда члены uk

ряда (1) комплексные числа (без доказательства).

Замечание 3. Так как ряды (7) сходятся, то по необходимому признаку сходимости uk + → 0, uk − → 0 при k → ∞.

Следствие. Необходимым и достаточным условием абсолютной сходимости знакопеременного ряда является сходимость рядов, составленных из положительных и отрицательных его членов.

Доказательство. Необходимость доказана в теореме 2. Докажем достаточность. Пусть ряды (7) сходятся. Так как сходящиеся ряды можно почленно складывать, то

∞	∞	∞	∞	uk
∑uk +	+ ∑uk	− = ∑	(uk + +uk − )= (6)= ∑		.
k =1	k =1	k =1	k =1
Следствие доказано.
Лемма. Если ряд (1) сходится условно, то оба ряда (7) расходятся.
Доказательство. Сходиться оба ряда (7) не могут, так как в этом

случае, согласно следствию, ряд (1) сходился бы абсолютно. Пусть один из рядов расходится, а другой сходится, например,

∞	+ = +∞ (uk	+ ≥ 0).
∑uk
k =1
	95

Так как uk = uk + −uk − , то

	n	n	n
	∑uk =	∑uk	+ − ∑uk	− (частичная сумма)
	k =1	k =1	k =1
	n	n	n
или	∑ uk − = −∑ uk + ∑ uk + .
	k =1	k =1	k =1	∞
	Переходя к пределу, получим			∑ uk − = +∞ − S ,
				k =1
то есть и второй ряд (7) расходится, S1 = ∞. Лемма доказана.
	Теорема 3 (Риман). Если ряд (1) сходится условно, то можно так

переставить члены этого ряда, что он будет сходиться к любому
наперед заданному числу l .				l > 0. Возьмем минимальное число
	Доказательство.		Пусть
положительных членов ряда (1), но чтобы их сумма была больше l , то
есть	u + +u + +... + u		+ > l .
	1	2	k1

96

∞	+ = +∞. Затем допишем
Это всегда можно сделать, так как ∑ uk
k =1

минимальное число отрицательных членов, чтобы сумма стала меньше l, то есть

u1+ + u2+ +... + uk1+ −u1− −u2− −... −um1− < l .

∞	− = +∞.
Это также всегда можно сделать, так как ∑ uk
k =1

Затем опять добавим столько положительных членов, чтобы сумма вновь стала больше l, то есть

u	+ + u + +... + u	k1	+ −u	− −u − −... −u	− + u	+ +... + u	+ > l .
1	2		1	2	m1	k +1	k 2

Затем снова допишем столько отрицательных членов, чтобы сумма вновь стала меньше l, то есть

u1+ + u2+ +... + uk1+ −u1− − u2− −... − um1− + uk +1+ +... + uk 2+ − um1+1− − −um1+2− −... −um2− < l .

Продолжая этот процесс, мы выпишем все члены ряда (1). Если всякий раз приписывать чисел не больше, чем необходимо для осуществления требуемых неравенств, то отклонение частичных сумм от числа l будет не больше, чем модуль числа, приписанного последним, то есть

					Sk	n	+m		< uk±	+m .	(8)
							n		n	n
Так как			uk±	+m → 0 при		n → ∞ (см. замечание 3), то из (8) следует
lim Sk		+m = l	n	n
			(если l < 0, то процесс аналогичный).
n→∞	n	n

Если теперь взять произвольную последовательность частичных сумм Sn , то она будет располагаться между частичными суммами

Skn +mn , и по теореме о двух милиционерах будет иметь предел, равный

l. Теорема доказана.

Замечание 4. Теорема Римана справедлива и в том случае, если под l понимать ±∞.

	∞	(−1)n−1	1	= ln 2 .
	Пример. Известно, что ∑
			n
	n=1

Так как для сходящегося ряда справедлив ассоциативный закон, то имеем

		1			1		1			1			1
ln 2 = 1	−			+		−			+... +			−			+...
		2			3		4			2n −1
													2n

или

97

Sn

n

1

1

, Sn

= ∑

−

→ ln 2 при n → ∞ .

2k −1

2k

k =1

Переставим и сгруппируем члены данного ряда следующим

образом:

1

1

1

1

1

1

1

1

1−

−

+

−

−

+... +

−

−

+....

2

4

3

6

2n −

1

4n −

2

4n

8

Sn* =

n

1

1

1

n

1

1

1 n

1

1

1

Sn .

∑

−

−

= ∑

−

=

∑

−

=

2k −

1

4k − 2

4k −

2

4k

2k −1

2

k =1

4k

k =1

2 k =1

2k

lim Sn* =

1

lim Sn

=

1

ln 2 .

n→∞

2 n→∞

2

Таким образом, перестановкой членов ряда мы уменьшили сумму ряда в два раза.

§11. Умножение рядов. Деление степенных рядов. Двойные и повторные ряды

Рассмотрим два сходящихся ряда

∞	∞
∑ai = A (А) и	∑ bk = B (В).
i=1	k =1

A и B – сумма этих рядов и обозначение рядов.

По аналогии с произведением конечных сумм перемножим эти

∞	∞		. Результат этого перемножения можно представить
ряды ∑ai ∑ bk
i=1	k =1

в виде прямоугольной бесконечной таблицы (матрицы)

a1b1	a1b2	a1b3	... a1bk ...
a2b1	a2b2	a2b3	...a2bk ...
a3b1	a3b2	a3b3	...a3bk ...	(1)
...	...	... ... ... ...

aib1 aib2 aib3 ...aibk ...

Каждому элементу этой матрицы aibk = uik можно сопоставить рациональное число ki , то есть установить биекцию. А так как множество рациональных дробей счетное, то все элементы матрицы (1)

98

можно заново пронумеровать, то есть представить ее в виде простой последовательности, а затем составить числовой ряд

∞
∑ ai bk		.		(2)
s=1	s	s
Ряд (2) называют произведением рядов (А) и (В)
	∞
(∑ai )(∑bk )~ ∑ ai bk			.	(3)
	s=1	s	s

Здесь знак ~ вместо = стоит потому, что неизвестно, сходится ли ряд (3). К тому же, если ряд (2) сходится условно, то его сумма будет зависеть от способа нумерации его членов. Так как сходящиеся ряды обладают свойством ассоциативности, то часто в ряде (2) определенные члены объединяют и суммируют. Чаще всего это делают двумя способами: 1) предварительно суммируют члены ряда, окаймляющие квадраты матрицы (1). Тогда из (2) получают ряд

∞

∑ cn

n=1

∞	∞		, (С),
~ ∑ai ∑ bk
i=1	k =1

где
c1 = a1b1, c2 = a2b1 + a2b2 + a1b2 ,	c3 = a3b1 + a3b2 + a3b3 + a2b3 + a1b3 .	(4)
Из (4) видим, что частичная	сумма Sn ряда (С) получается	как
произведение частичных сумм рядов ( A) и (B) , то есть
	Sn = An Bn .	(5)

2) Предварительно суммируют члены ряда (2), стоящие на диагоналях квадратов матрицы (1). Получают ряд

∞

∑ cn

n=1

* ~ ∑ai ∑bk		,	(C* )
∞	∞
i=1	k =1

где

c* = a b , c*

= a b + a b ,

c*

= a b + a b

+ a b ,...,

1

1

1

2

2

1

1

2

3

3

1

2

2

1

3

c*

= a b + a

b +... + a b

=

∞

b .

(6)

∑a

n

n

1

n−1 2

1

n

n+1−i i

i=1

Ряд (C* ) называют произведением рядов ( A) и (B) по методу Коши.

Если степенные ряды

∞

∞

перемножить по Коши, то,

∑ a xi ,

∑ b xk

i=0

i

k =0

k

как видно из (6), снова получим степенной ряд

∞	i	∞	k
∑ ai x		∑ bk x
i=0	k =0

∞		,	c*	n	b .	(7)
∑ c* xn , c* = a b				= ∑ a
n	0 0 0		n	n−i	i
n=0				i=0

99

При умножении степенных рядов первым способом степенной ряд не получится.

Теорема 1 (Коши). Если оба ряда ( A) и (B) сходятся абсолютно,

то и ряд (2) сходится абсолютно (следовательно, не зависит от способа нумерации) и его сумма равна AB .

∞

= A* ,

∞

= B* . Рассмотрим n-ю

Доказательство. Пусть

∑

a

∑

b

i=1

i

k =1

k

частичную сумму Sn* ряда

∞

ai

bk

.

(8)

∑

s

s=1

s

S

* =

a b

a b

a b

+

+... +

.

n

i

k

i

k

2

i

k

n

1

1

2

n

Если m – наибольший из знаков i1,i2 ,...,in ,k1,k2 ,...,kn , то

Sn* ≤ (

a1

+

a2

+... +

am

)(

b1

+

b2

+... +

bm

)= Am* Bm* ≤ A*B* .

(9)

Здесь Am* и

Bm*

–

частичные

суммы рядов (A* ) и (B* ).

Неравенство (9) означает

ограниченность

частичных сумм

Sn*

ряда (8), поэтому он сходится, следовательно, ряд (2) сходится абсолютно и его сумма не зависит от способа суммирования его членов.

Просуммируем его первым способом. Согласно (5) его частичная сумма Sn = An Bn . Переходя к пределу, получим

lim Sn = lim An Bn = AB = S .

n→∞ n→∞

Теорема доказана.

Поскольку степенные ряды сходятся внутри некоторого круга сходимости абсолютно, то, согласно теореме 1, их можно перемножать по Коши. Тогда вместо (7) получим

∞	i	∞	k
∑ ai x		∑ bk x
i=0	k =0

	∞	*	n	,		x		< R.	(10)
	= ∑ cn x
	n=0

Здесь R – общий радиус сходимости перемножаемых рядов. Замечание. Для степенных рядов можно ввести операцию,

обратную умножению, то есть деление степенных рядов. Пусть

∞

∑ an xn

∞

∞

∞

∞

∞

n=0

= ∑ d

xi . ∑ a xn =

∑ b xk

∑ d

xi

= ∑ c* xn , b

0

≠ 0 .

∞

k

i

n

k

i

n

i=0

n=0

k =0

i=0

n=0

∑ bk x

k =0

100