Anatoly Vorobey (avva) wrote,
Anatoly Vorobey
avva

Category:

о сумме ряда и экспоненциальной функции

(эта запись может быть интересна математикам и сочувствующим)

Меня заинтересовало недавнее видео Майкла Пенна, в котором он показывает, чему равен предел сумм

1/2
1/3+1/4
1/4+1/5+1/6
1/5+1/6+1/7+1/8

В общем случае сумма выглядит: 1/(k+1) + 1/(k+2)+... + 1/2k. И вот когда k стремится к бесконечности, эти суммы стремятся к пределу. К какому? ln(2), натуральному логарифму из 2.

Чего?

В общем, Пенн (это ютубер, американский преподаватель математики в колледже, выкладывает огромное количество отличных видео как и 1-2 курса математики, так и просто решения всяких олимипиадных задач, сложных интегралов итп.) доказывает, чему равен этот предел, с помощью трюка. Это красивый трюк, но я не знаю, как его найти, если не знать о нем.

Трюк состоит в том, чтобы представить эти суммы как интегральные суммы Римана. Если у нас есть интеграл какой-то функции на f на [a,b], и мы разбиваем этот отрезок на k равных частей, то сумма будет выглядеть как ∑f(x_k)*1/k, и в пределе стремится к значению интеграла. Правда, в суммах, представленных выше, нет никакого 1/k, но почему бы не добавить его силой? Например, вместо 1/4+1/5+1/6 мы пишем

3/4* 1/3 + 3/5* 1/3 + 3/6*1/3 = 1/(1+1/3) * 1/3 + 1/(1+2/3) * 1/3 + 1/(1+3/3) * 1/3

и тогда видно, что точки x_k это равномерно взятые на расстоянии 1/k точки между 1 и 2, а функция f это просто f(x) = 1/x. Поскольку антипроизводная от 1/x это ln(x), выходит, что предел сумм равен ln(2)-ln(1) = ln(2)-0 = ln(2), вот и все.

У меня однако есть психологическая проблема с такими трюками. Когда я вижу такое решение, оно мне не нравится и мешает; мне всегда хочется найти "нарративный" путь к ответу, т.е. такой, который по моему пониманию мог бы теоретически прийти в голову человеку, который просто вот пытается решить задачу и использует известные ему сведения. Наверное, есть математики, которые, даже не зная о таком трюке, видят его мгновенно как что-то естественное, но я не такой. Кроме того, мне стало интересно, можно ли решить эту задачу, не используя вообще знания об интеграле и его свойствах, об антипроизводной 1/x итд.

ЗНАКОПЕРЕМЕННЫЙ РЯД

Первое, что можно сделать с этими суммами - разобраться, как представить их предел в виде суммы ряда.


Обратим внимание, чем отличаются эти суммы друг от друга. Например, когда мы переходим от 1/3+1/4 к 1/4+1/5+1/6, мы "теряем" 1/3 и "приобретаем" 1/5+1/6, но это то же самое, что "приобрести" 1/5-1/6. В общем случае при переходе к k-той сумме мы "приобретаем" 1/(2k-1) - 1/2k. А это позволяет предположить, что если в самом начале все сходится (а это действительно так), то суммы стремятся в пределе к сумме ряда

1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6...

известного под названием "знакопеременный гармонический ряд". И да, его сумма действительно равна ln(2). Только как это доказать? Один способ мы уже видели - если представить его как предел сумм типа 1/4+1/5+1/6 и предаставить их как Римановы суммы. А как еще?

Вот стандартный способ показать сумму этого ряда. Возьмем функцию f(x) = ln(1+x) и распишем в ряд Тейлора вокруг точки a=0. Получится

f(a) + f'(a)(x-a) + f''(a)(x-a)^2/2! + .... =
= 0 + x - x^2/2! + 2x^3/3! - 3x^4/4! = x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 + x^5/5...

Теперь хотелось бы подставить x=1 и получить, с одной стороны, 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4..., а с другой f(1) = ln(1+1) = ln(2) и все. Но это не так уж автоматически получается. У этого степенного ряда радиус сходимости 1, и нам не гарантировано, что он сходится на его границе x=1, а если сходится - что сходится к значению f(1). Для этого существует отдельная "теорема Абеля о сходимости рядов", которая именно это и утверждает: что если степенной ряд с радиусом сходимости 1 сходится в x=1, то его значение в x=1 - непрерывное продолжение значений дле меньших иксов. Применив эту теорему, мы получаем, наконец, строгое доказательство суммы знакопеременного гармонического ряда.

(а, кстати, откуда мы знали, что надо смотреть на ln(1+x), какой тут "нарратив"? Красивый эвристический (не вполне строгий) аргумент выглядит так: вместо искомой суммы 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4... усложним задачу и сделаем степенной ряд: x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 + x^5/5..., теперь продифференциируем его почленно и получим 1-x+x^2-x^3+x^4..., это геометрическая прогрессия с коэффициентом -x, и ее сумма равна 1/(1+x), значит исходный ряд это антипроизводная от 1/(1+x), а это интеграл.

Короче говоря, надо знать все-таки об интеграле 1/x, чтобы догадаться, что нужно начать с ряда Тейлора ln(1+x), нужно знать о рядах Тейлора, и нужно применить теорему Абеля, чтобы оправдать сходимость к нужному значению на границе радиуса сходимости. И тогда все получается.

АЛЬТЕРНАТИВНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Лучшее альтенативное доказательство, что я нашел, выглядит так.

Вернемся к представлению нашего ряда как предела сумм

1/2
1/3+1/4
1/4+1/5+1/6
1/5+1/6+1/7+1/8
...

Попробуем взять экспоненты от этих сумм, зная, что экспонента превращает суммы в произведения - вдруг это нам поможет. Тогда скажем 1/4+1/5+1/6 превращается в

e^(1/4) * e^(1/5) * e^(1/6).

Попробуем использовать свойство экспоненты, которое верно для всех действительных x: e^x >= x+1. Это свойство, действительно, нужно знать (и доказать, об этом ниже). Мы получим, например, что e^(1/4) >= 5/4, e^(1/5) >= 6/5 итд. Их произведение тогда больше или равно 5/4 * 6/5 * 7/6 = 7/4: почти все сократилось!

В общем случае, когда речь идет о сумме 1/(k+1)+... + 1/2k, экспонента этой суммы ограничена снизу дробью (2k+1)/(k+1) = 2 - 1/(k+1). Если теперь устремить k к бесконечности, то эта нижняя граница стремится, очевидно, к 2. А раз это экспонента от суммы, то нижняя граница самих сумм стремится к ln(2).

Можем ли мы ограничить эти экспоненты еще как-то и сверху? Вспомним, что знак неравенства меняется на противоположный, когда мы переворачиваем дроби, а в степенях это достигается с помощью отрицательной степени. То есть, если в неравенстве e^x >= x+1 мы подставим -x, то получим 1/e^x >= 1-x, или (предполагая x<1, чтобы обе части были положительными) e^x <= 1/(1-x). Если теперь в это неравенство подставить x=1/k, то выйдет граница сверху

e^1/k <= 1/(1-1/k) = k/(k-1).

Например, e^(1/4) * e^(1/5) * e^(1/6) получает верхнюю границу

4/3 * 5/4 * 6/3 = 6/3 = 2.

И в общем случае, разумеется, экспонента k-й суммы ограничена сверху 2, а снизу, как мы уже показали, 2-1/(k+1). Теперь уже все доказано, и ясно, что в пределе k к бесконечности экспоненты сумм стремятся к 2, а сами суммы к ln(2).

СВОЙСТВО ЭКСПОНЕНТЫ

Осталось разобраться с свойством экспоненты

e^x >= x+1

Как его доказать, относительно элементарными методами?

Если мы позволяем себе использовать стандартные свойства производной, то это легко. Рассмотрим функцию f(x) = e^x - x - 1. Очевидно, когда x уходит в плюс-минус бесконечность, эта функция положительна. Значит, если она вообще когда-то опускается ниже нуля, то у нее должен быть локальный минимум ниже нуля. Но локальный минимум у нее есть только там, где производная обращается в ноль, а ее производная e^x-1 обращается в ноль только в x=0, где функция тоже равна 0. Значит, f(x) никогда не отрицательна и поэтому e^x >= x+1.

Но даже если мы не хотим использовать дифференциальный анализ, это все равно легко доказать совсем элементарными методами. Положим, мы определили e^x как сумму ряда

1+x+x^2/2!+x^3/3!+...

(для другого стандартного определения - как предел (1+x/n)^n - тоже можно доказать, но более муторно)

Тогда во-первых для x>0 неравенство e^x >= 1+x очевидно.
Во-вторых для x<-1 тоже ясно, что 1+x < 0 < е^x. Остается только отрезок [-1,0]. Если мы сгруппируем степенной ряд так:

e^x = 1 + x + x^2(3+x)/3! + x^4(5+x)/5! + ...

мы видим, что все 3+x, 5+x итд. положительны для x на отрезке [-1,0], так что все члены нового ряда положительны и опять-таки e^x >= 1+x.

ЕЩЕ ОДНО АЛЬТЕРНАТИВНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Наконец, упомяну еще одно красивое доказательство, которое мы получаем практически бесплатно за счет того, что доказали нижний и верхний пределы для экспоненты дроби 1/n:

(n+1)/n <= e^1/n <= n/(n-1)

Напомню, что оба неравенства следуют из применения e^x >= x+1, сначала к x=1/n, потом к x=-1/n.

Если теперь мы посмотрим на обычный (не "знакопеременный") гармонический ряд

1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n

и применим к нему тот же трюк: экспоненциируем частичную сумму, и ограничим ее снизу и сверху дробями, которые все почти сокращаются, и выходит

n+1 <= e^(1+1/2+...+1/n) <= e*n

ln(n+1) <= 1+1/2+...+1/n <= ln(n)+1

Выходит, что частичная сумма всегда больше ln(n), но никогда не выходит за рамки ln(n)+1, иными словами, следующая сумма лежит между 0 и 1:

1+1/2+...+1/n - ln(n)

Более того, легко видеть, что это выражение убывает, когда n увеличивается (при переходе от n к n+1 это сводится к все тому же свойству экспоненты - подробности опускаю). Значит,
эти суммы сходятся к какому-то пределу, который называется "постоянная Эйлера-Маскерони", обозначается 𝛾 (гамма) и примерно равен 0.5772...

(интересный факт: не доказано, что постоянная Эйлера-Маскерони трансцедентна или даже иррациональна!)

Так вот, зная, что сумма 1+1/2+...+1/n - ln(n) сходится к какому-то пределу 𝛾, мы можем доказать, что сумма знакопеременного ряда равна ln(2), ничего даже не зная о 𝛾. Вот как:

Обозначим S_n = 1+1/2+...+1/n, и A_n = 1-1/2+1/3-1/4+...+1/n, т.е. частичные суммы гармонического и знакопеременного гармонического рядов. Тогда

A_2n = 1-1/2+1/3-1/4 = 1+1/2+1/3+1/4... - 2(1/2+1/4+1/6+1/8), т.е. мы силой поменяли каждый четный член с минуса на плюс, а затем отняли дважды его, чтобы скомпенсировать.

A_2n = S_2n - S_n

Другой способ увидеть то же самое - использовать наше первоначальное представление A_2n как 1/(n+1) + ... + 1/2n, очевидно, что это равно сумме первых 2n членов гармонического ряда минус сумме первых n членов его же.

Теперь добавим и отнимем логарифмы:

S_2n - S_n = S_2n - ln(2n) - (S_n - ln(n)) + ln(2n)-ln(n)

Выражения S_2n - ln(2n) и S_n - ln(n) оба стремятся к 𝛾, согласно вышесказанному. А выражение ln(2n)-ln(n) равно просто ln(2) по свойствам логарифмов. Значит, устремляя n в бесконечность, мы получаем предел A_2n, он же сумма знакопеременного ряда, как

𝛾 - 𝛾 + ln(2) = ln(2),

что и требовалось доказать.
Tags: математика
Subscribe

  • я получаю вакансии

    Мне постоянно приходят письма с украинского сайта вакансий, и каждое такое письмо утверждает "Эти вакансии подобраны именно для вас!", но у меня…

  • что вы не делали

    Я ни разу не играл ни в одну версию игры "Цивилизация". И не собираюсь. Расскажите что-нибудь неожиданное на тему "все это делали, а я - нет".

  • о мемах и пустоте

    В последнее время мне все время попадаются коллажи постов из соц. сетей, в виде скриншотов с закрашенными фамилиями, по-английски, которые выглядят…

  • Post a new comment

    Error

    default userpic

    Your IP address will be recorded 

    When you submit the form an invisible reCAPTCHA check will be performed.
    You must follow the Privacy Policy and Google Terms of use.
  • 52 comments

  • я получаю вакансии

    Мне постоянно приходят письма с украинского сайта вакансий, и каждое такое письмо утверждает "Эти вакансии подобраны именно для вас!", но у меня…

  • что вы не делали

    Я ни разу не играл ни в одну версию игры "Цивилизация". И не собираюсь. Расскажите что-нибудь неожиданное на тему "все это делали, а я - нет".

  • о мемах и пустоте

    В последнее время мне все время попадаются коллажи постов из соц. сетей, в виде скриншотов с закрашенными фамилиями, по-английски, которые выглядят…