Приглашение в мир математики: Как находить бесконечные суммы: часть 1

Рассказ о суммировании бесконечных рядов начну анекдотом из математического фольклора, который я сегодня опубликовал на «Десяти Буквах»

В магазин пришло бесконечное множество математиков. Первый попросил килограмм сахара, второй - полкило, третий - четверть килограмма...
-Так! - прервал их продавец, - Забирайте свои два килограмма и проваливайте.

Итак, первый вопрос, который рассмотрим – почему сумма $\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots$ равна двум.

Докажем этот факт двумя способами.

В первом способе вообще нет нужды оперировать с бесконечными последовательностями, поэтому его можно показать даже в 6 классах, сразу после изучения степеней.

Рассмотрим сумму

$S=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots + \frac{1}{2^n}$

Прибавим к обеим частям дробь $\frac{1}{2^n}$ . Получим:

$S + \frac{1}{2^n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^n}$

Но $\frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^n}=\frac{1}{2^{n-1}}$ , так что

$S + \frac{1}{2^n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} + \frac{1}{2^{n-1}}$

Затем схлопнется сумма двух дробей, каждая из которых равна $\frac{1}{2^{n-1}}$ :

$\frac{1}{2^{n-1}} + \frac{1}{2^{n-1}}=\frac{2}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^{n-2}}$

$S + \frac{1}{2^n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots + \frac{1}{2^{n-2}} + \frac{1}{2^{n-2}}$

Сумма будет сворачиваться с правого края, как ряд костяшек домино. Закончится это выражением:

$S + \frac{1}{2^n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{1}=2$

Так что
$S=2-\frac{1}{2^n}$

Понятно, что чем больше n, тем меньше S будет отличаться от двух.
Для решения вторым способом опять запишем искомую сумму
$S=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots$

А также половину этой суммы:
$\frac{S}{2}=\frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + \dots$

B вычтем из первого равенства второе:

$S-\frac{S}{2}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2}-\frac{1}{2} + \frac{1}{2^2}-\frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3}-\frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4}-\frac{1}{2^4} + \dots$

Все слагаемые, кроме первого, уничтожатся и мы получим:
$\frac{S}{2}=1$

Значит S=2.

Данный метод используется в общем виде для вывода формулы суммы геометрической прогрессии.

Итак, наш первый результат сегодня:

$\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots=2$

Рассмотрим теперь сумму
$\frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3\cdot 4} + \frac{1}{4\cdot 5} + \frac{1}{5\cdot 6} + \dots$

В конечном виде, скажем, до 1997 члена, она появлялась на олимпиадах для 7 или 8 класса.

В решениях предлагалось воспользоваться закономерностью:
$\frac{1}{2}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$
$\frac{1}{6}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$
$\frac{1}{3\cdot 4}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$
$\frac{1}{4\cdot 5}=\frac{1}{4}-\frac{1}{5}$
И т.д.

Тогда сумма превращается в:
$\frac{1}{1}-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}-\frac{1}{3} + \frac{1}{3}-\frac{1}{4} + \frac{1}{4}-\frac{1}{5} + \frac{1}{5}-\frac{1}{6} + \dots$

Что даёт нам единицу (Или $\frac{1997}{1998}$ , если рассматривать только первые 1997 слагаемых.)

Но ключевой вопрос: как додуматься до этой закономерности? Оказывается, если в знаменателе дроби стоит произведение, то она представляется суммой дробей, у которых знаменатели раны множителям, входящим в это произведение.

В данном случае $\frac{1}{n (n + 1))}= \frac{A}{n} + \frac{B}{n + 1}$

Найдём эти А и В, сведя сумму обратно к общему знаменателю:
$\frac{A}{n} + \frac{B}{n + 1}=\frac{A(n + 1) + Bn}{n(n + 1)} = \frac{(A + B)n + A}{n(n + 1)}= \frac{1}{n (n + 1))}$

Числители должны быть тождественно равны, поэтому
A+B=0 и A=1.

Значит B=-1. Отсюда и получаем соотношение:
$\frac{1}{n (n + 1))}= \frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$

Такой подход применим и когда в знаменателях стоят более сложные произведения.

Итак, мы получили, что $\frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3\cdot 4} + \frac{1}{4\cdot 5} + \frac{1}{5\cdot 6} + \dots=1$

Теперь рассмотрим, что выйдет, если знаменателями дробей будут степени двойки, а числителями – последовательные натуральные числа. (Аналогичная задача поднималась в статье о механическом генераторе случайных чисел.)
Найдём сумму
$\frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \frac{5}{2^4} + \dots$ .

Это также можно сделать двумя способами. В первом обозначим искомую сумму как S, найдём её половину и вычтем половину из целого:

$S=\frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \frac{5}{2^4} + \dots$ .
$\frac{S}{2}=\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \frac{4}{2^4} + \frac{5}{2^5} + \dots$ .
$S-\frac{S}{2}=\frac{1}{1} + \frac{2}{2}-\frac{1}{2} + \frac{3}{2^2}-\frac{2}{2^2} + \frac{4}{2^3}-\frac{3}{2^3} + \frac{5}{2^4}-\frac{4}{2^4} + \frac{6}{2^5}-\frac{5}{2^5} + \dots$ .
$S-\frac{S}{2}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots$
$\frac{S}{2}=2$
Значит S=4

Второй способ несколько более длинный, но построен на не менее красивой идее.
Запишем сумму в виде треугольника:

$\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots=2$
$\frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots=1$
$\frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots=\frac{1}{2}$
$\frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \dots=\frac{1}{2^2}$
$\frac{1}{2^4} + \dots=\frac{1}{2^3}$
…

Так что искомая сумма равна $2 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^3} + \dots=4$

Итак, третий результат: $\frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \frac{5}{2^4} + \dots=4$ .

На сегодня достаточно. А через неделю рассмотрим, что будет, если в третьей сумме в числителях будут идти числа Фибоначчи, как Эйлер доказал, что сумма обратных квадратов равна одной шестой квадрата числа пи, и почему гармонической ряд расходится.

Pages

Как находить бесконечные суммы: часть 1