о сумме ряда и экспоненциальной функции
Nov. 16th, 2021 10:54 pm![[personal profile]](https://www.dreamwidth.org/img/silk/identity/user.png){kind=small}
avva(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.
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.
