Наверх

Предисловие

Эта статья в PDF-формате может быть найдена по адресу.

Пока она свежая в ней могут быть ошибки и опечатки, в том числе в формулах, но за конечный результат я ручаюсь.

Суммы бесконечных рядов

В этой статье будет рассмотрена тема суммы бесконечных рядов вроде:

$$1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +...$$ (1)

$$1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 +...$$ (2)

$$1 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 + 7^2 +...$$ (3)

И так далее...

При этом одни скажут что сумма этих рядов равна бесконечности и обсуждать здесь нечего, другие, более продвинутые в вопросе, вспомнят дзета функцию Римана, скажут что $(\ref{sum0}) = -\frac{1}{2}$, $(\ref{sum1}) = -\frac{1}{12}$, $(\ref{sum2}) = 0$ и тоже добавят, что обсуждать здесь нечего. Но что если я скажу, что здесь не всё чисто? Что если я скажу что значение суммы этих рядов зависит... От чего она зависит чуть позже.

Итак возьмём к примеру первый ряд два раза, но второй раз сдвинем его на один элемент:

1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	...
		1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	...

Вычтем второй ряд из первого и в результате получим:

1

+

0

+

0

+

0

+

0

+

0

+

...

=

1

Если сдвинуть второй ряд на два элемента то аналогично разница будет 2, на три – 3 и т.д. Но как же так? Дзета функция Римана не предполагает подобных результатов и согласно ей результат будет равен строго нулю.

Но мы рассмотрим этот парадокс ближе и выведем, что таким образом сумма (1) зависит от сдвига $m$ и если обозначить значение при $m = 0$ как $\omega_0$, то не трудно вывести формулу для суммы (1) со сдвигом $m$:

$$\Omega(0)_{\rightarrow m} = \omega_0 - m$$

Забегая вперёд заметим, что $\omega_0 = 0$, потому что скоро мы уже будем использовать это значение, но попутно мы покажем откуда оно берётся.

Во всяких доказательствах того что $(\ref{sum1}) = -\frac{1}{12}$, активно используют ещё одну операцию помимо сдвига. Это разрядка:

1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	...
		2	+			2	+			2	+	...

В первой строке разреженность $x$ равна $1$, во второй $x=2$, $m=1$. Разница этих строк равна другому известному ряду:

1

-

1

+

1

-

1

+

1

-

1

+

...

=

$\frac{1}{2}$

Сумму (1) с разреженностью $x$ и сдвигом $m$ обозначим $\Omega(0)_{/x \rightarrow m}$ и приведём пару её свойств:

$$\sum_{i=0}^{x-1} \Omega(0)_{/x \rightarrow m+i} = \Omega(0)_{/x \rightarrow m}$$

$$\Omega(0)_{/x \rightarrow m} - 2 \cdot \Omega(0)_{/2 \cdot x \rightarrow m + x} = \frac{1}{2}$$

Этих двух свойств достаточно чтобы вывести формулу для разреженности $x=2$:

$$\Omega(0)_{/2 \rightarrow m} = \frac{1 - 2 m}{4}$$

А если поиграться с другими значениями $m$ кратными двум, то зная значения таких рядов как:

1	-	1	-	1	+	1	+	...
1	+	1	-	1	-	1	+	...

Легко вывести обобщённую формулу для суммы (1):

$$\Omega(0)_{/x \rightarrow m} = \frac{x - 2 m - 1}{2 x}$$

Но не будем останавливаться и перейдём к выводу формул для других степеней ряда:

$$1 + 2^k + 3^k + 4^k + 5+k + 6^k + 7^k + ...$$

Которую мы обозначим как многие уже догадались за $\Omega(k)_{/x \rightarrow m}$. А сумму $n$ её членов за $S_k(n)$.

Сперва выведем формулу для $\Omega(k)$ (Если опущены, то $x=1$, $m = 0$).

Рассмотрим бесконечный треугольник:

$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	.	.	.
	$2^k$	$2^k$	$2^k$	$2^k$	$2^k$	$2^k$	$2^k$	.	.	.
		$3^k$	$3^k$	$3^k$	$3^k$	$3^k$	$3^k$	.	.	.
			$4^k$	$4^k$	$4^k$	$4^k$	$4^k$	.	.	.
				$5^k$	$5^k$	$5^k$	$5^k$	.	.	.
					$6^k$	$6^k$	$6^k$	.	.	.
						$7^k$	$7^k$	.	.	.
							$8^k$	.	.	.
								.	.	.
									.	.
										.

Суммируя его в трёх направлениях (по горизоантали, вертикали и диагонали) получим три суммы, которые равны между собой:

$$\sum_{i=0}^{\infty} \Omega(k)_{\rightarrow i+m} = \left( \sum_{i=1}^{\infty} S_k(i) \right)_{\rightarrow m} = \sum_{i=1}^{\infty} i^k \, (1-m-i)$$

С первой формулой мы ничего делать не будем, а вот другие две возьмём на вооружение и запишем чему они равны при $m=1$:

$$\left( \sum_{i=1}^{\infty} S_k(i) \right)_{\rightarrow 1} = - \sum_{i=1}^{\infty} i^{k+1}$$

Раскроем обозначение $S$ и используем обозначение $\Omega$:

$$\left( \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{k+1} \frac{a_{k,j} \cdot i^j}{b_k} \right)_{\rightarrow 1} = - \Omega(k+1)$$

Вот из этой формулы следует, что при $k=-1$ $\Omega(0) = 0$. Несмотря на что для её вывода мы использовали сам этот факт, мы здесь просто не приходим к противоречию, при других же значениях $\Omega(0)$ будет противоречие.

Вынем $(k+1)$-й член суммы слева из под знака суммы и поменяем местами знаки сумм (от перемены мест слагаемых сумма не меняется):

$$\sum_{i=1}^{\infty} \left( \frac{a_{k,k+1} \cdot i^{k+1}}{b_k} \r... ...{\infty} \frac{a_{k,j} \cdot i^j}{b_k} \right)_{\rightarrow 1} = - \Omega(k+1)$$

Обозначим бесконечные, суммы используя $\Omega$-нотацию:

$$\frac{a_{k,k+1}}{b_k} \cdot \Omega(k+1)_{\rightarrow 1} + \sum_{j=1}^{k} \frac{a_{k,j}}{b_k} \cdot \Omega(j)_{\rightarrow 1} = - \Omega(k+1)$$

Умножим всё на $\frac{b_k}{a_{k,k+1}}$:

$$\Omega(k+1)_{\rightarrow 1} = - \sum_{j=1}^{k} \frac{a_{k,j}}{a_{k,k+1}} \cdot \Omega(j)_{\rightarrow 1} - \frac{b_k}{a_{k,k+1}} \Omega(k+1)$$ (4)

Далее отставим пока эту формулу и выведём ещё одну для $\Omega(k+1)_{\rightarrow 1}$, используя равенство:

$$(n+1)^k - n^k = \sum_{i=1}^{k-1} d_{k,i} \cdot n^{k-i} + 1$$

Получим:

$$\Omega(k+1)_{\rightarrow 1} = \Omega(k+1) - \left( \sum_{i=1}^{k}... ...+1, i} \cdot \Omega(-i)_{\rightarrow 1} + \Omega(0)_{\rightarrow 1} + 1 \right)$$ (5)

Из (4) и (5) следует (мы использовали факт $\Omega(0)_{\rightarrow 1} + 1 = 0$):

$$\Omega(k+1) \cdot \left( 1 + \frac{b_k}{a_{k,k+1}} \right) = \su... ... 1} - \sum_{j=1}^{k} \frac{a_{k,j}}{a_{k,k+1}} \cdot \Omega(j)_{\rightarrow 1}$$

Ещё немного поколдуем и получим:

$$\Omega(k+1) = \frac{a_{k,k+1}}{a_{k,k+1} + b_k} \cdot \sum_{i=1... ...i} - \frac{a_{k,j}}{a_{k,k+1}}\right) \cdot \Omega(-i)_{\rightarrow 1} \right)$$

Пока нас интересует $\Omega(1)$, которая из формулы очевидна равна нулю.

Введём ещё одну важную операцию над рядом $n^k$. Пусть сумма состоящая из каждого $q$-го члена начиная с $p$-ого ( $1 \leq p \leq q$) этого ряда обозначается как $\Omega(k)_{\ast \frac{p}{q} \rightarrow m}$, например:

$$\Omega(1)_{\ast \frac{2}{3}} = 0 + 2 + 0 + 0 + 5 + 0 + 0 + 8 + 0 + 0 + 11 + ...$$

Можно показать что:

$$\begin{multline*} \Omega(k)_{\ast \frac{p}{q} \rightarrow m} = q^k \cdot \Omega(... ... (-1)^k \cdot (q-p)^k \cdot \Omega(0)_{/q \rightarrow p + m - 1} \end{multline*}$$

Используя это обозначение немного играя с разреженностью можно вывести:

$$\begin{gathered} \Omega(k)_{\rightarrow m} = \sum_{i=0}^{x-1}... ...^k \cdot \Omega(0)_{/x \rightarrow m+j-1} \bigg) \end{gathered}$$ (6)

Далее усовершенствуем немного формулу (5):

$$\begin{gathered} \Omega(k+1)_{/x \rightarrow x \cdot m} = \Om... ...\rightarrow x \cdot m} + \sum_i^m i^{k+1} \bigg) \end{gathered}$$ (7)

Формулы (6) и (7) используются совместно следующим образом. В формуле (7) раскрываются суммы и все $\Omega$ уже известных степеней, далее осуществляется переход $m = \frac{m}{x}$. Далее заменяется $\Omega(k)_{/x \rightarrow m}$ в формуле (6) только что полученным значением при $m = 0$. Из полученного равенства выводится формула для $\Omega(k+1)_{/x}$. Наконец это значение подставляется в формулу выведенную из (7) и у нас готовая формула!

Я приведу здесь формулы для первых двух степеней:

$$\Omega(1)_{/x \rightarrow m} = \frac{5 x^2 - 6 x + 1}{12 x^2} + \frac{-2mx + m^2 + m}{2 x^2}$$

$$\Omega(2)_{/x \rightarrow m} = \frac{2 x^3 - 3 x^2 + x}{6 x^3} + \frac{-6 m x^2 + 6 m^2 x + 6 m x - 2 m^3 - 3 m^2 - m}{6 x^3}$$

Можно заметить, что все формулы (за исключением нулевой степени) заметно упрощаются при переходе $m = x + m$:

$$\Omega(0)_{/x \rightarrow x+m} = -\frac{x+1}{2 x} - \frac{m}{x}$$

$$\Omega(1)_{/x \rightarrow x+m} = -\frac{x^2-1}{12 x^2} - \frac{m^2 + m}{2 x^2}$$

$$\Omega(2)_{/x \rightarrow x+m} = \frac{2 m^3 + 3 m^2 + m}{6 x^3}$$

$$\Omega(3)_{/x \rightarrow x+m} = \frac{x^4-1}{120 x^4} - \frac{m^4 + 2 m^3 + m^2}{4 x^4}$$

$$\Omega(4)_{/x \rightarrow x+m} = - \frac{6 m^5 - 15 m^4 - 10 m^3 m}{30 x^5}$$

Когда есть пять формул на лицо становится очевидной их закономерность: дело в том что в левой их части находится $\frac{x^{k+1} - 1}{x^{k+1}}$ помноженное на значение Дзета-функции Римана, а в правой - формула суммы первых $m$ членов ряда $n^k$.

Немного поколдовав получим обобщённую формулу:

$$\Omega(k)_{x \rightarrow x+m} = \frac{\zeta(-k) \, \left((-x)^{k+1} - 1\right) + \sum\limits_{i=1}^{m}{i^k}}{(-x)^{k+1}}$$

Эта формула не противоречит существующим данным о сумме некоторых бесконечных рядов:

$$\Omega(0)_{/x \rightarrow x+m} - 2 \cdot \omega(0)_{/2 x \rightarrow 2 x + m} = 1-1+1-1+1-1+... = \frac{1}{2}$$

$$\Omega(1)_{/x \rightarrow x+m} - 4 \cdot \omega(1)_{/2 x \rightarrow 2 x + m} = 1-2+3-4+5-6+... = \frac{1}{4}$$

Как всё это понимать

Не трудно заметить что при $x=0$ наша формула обращается в бесконечность. Таким образом те кто утверждает, что сумма $n^k$ рядов равна бесконечности правы, но сваливают всё в одну кучу, т.е. пытаются просуммировать ряд с нулевой разреженностью. При $x = -\frac{1}{\sqrt[k+1]{2}}$ и $m = 0$ $\Omega$-функция обращается в $\zeta$-функцию, Таким образом те кто утвержадает что значение этих рядов совпадает с Дзета-функцией Римана тоже правы, но разреженность в этом случае явлется мало того что отрицательной, так ещё и дробной, что делает такие выводы совсем не интуитивными.

А теперь о том как интуитивно представить результаты полученные с помощью $\Omega$-функции. Дело в том что я давно подозревал, что числовая ось - на самом деле кольцо. Это следует из предела:

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x}$$

При стремлении сверху мы получаем в пределе $+\infty$, при стремлении снизу – $-\infty$. Таким образом получается, что это одно и то же значение.

Продолжая эту мысль, представим, что происходит с рядом $n$ при движении за бесконечность. Правильно! Оно превращается в минус бесконечность и уходит к нулю с отрицательными значениями членов ряда:

Рис. 1: Числовое кольцо

Сумма такой последовательности на кольце совершенно интуитивно равна нулю. При смещении последовательности в право на единицу, мы выбрасываем крайнюю $-1$ за ось, таким образом сумма ряда становится равной $1$. При смещении ещё на единицу, "за борт" уходит $-2$ и сумма равна $3$. И так далее. Всё это хорошо работает при нечётном $k$, при чётном в логике появляется явный изъян: и на положительной и на отрицательной полуоси значения положительные, а их сумма всё равно ноль. Объяснить это я не могу, во всяком случае пока.

При разреженности $x > 1$ оказывается что ряд на самом деле как бы "расплывается" до ряда растущего с аналогичной скоростью, но без пробелов. И "за борт" уходят значения именно этого ряда, а не начального.

Вот такие пироги, вот такие бесконечности...

Автор: Николай (unDEFER) Кривченков

Дата публикации: 24.11.2019

Об этом документе ...

Суммы бесконечных рядов

This document was generated using the LaTeX2HTML translator Version 2018 (Released Feb 1, 2018)

Copyright © 1993, 1994, 1995, 1996, Nikos Drakos, Computer Based Learning Unit, University of Leeds.
Copyright © 1997, 1998, 1999, Ross Moore, Mathematics Department, Macquarie University, Sydney.

The command line arguments were:
latex2html -split 0 -no_navigation formula.tex

The translation was initiated on 2019-11-24