Ряды

Прошлая глава закончилась вопросом: можно ли любую функцию записать «бесконечным многочленом» — суммой $c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dots$, у которой нет последнего слагаемого? Для числа $e$ такая сумма нам уже встречалась: $e = 1 + 1 + \frac12 + \frac16 + \frac1{24} + \dots$ Прежде чем раскладывать функции, придётся разобраться с вопросом попроще: что вообще значит сложить бесконечно много чисел.

С бесконечными суммами шутки плохи. Сложите $1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ и получите $0$, $1$ или $\frac12$, смотря как считать. Сложите $1 + \frac12 + \frac13 + \dots$: слагаемые тают, а сумма всё равно бесконечна. Переставьте слагаемые в $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$, и сумма станет другой. Таких диковин набралось бы на целый музей. Устроим его: пройдём по залам кунсткамеры бесконечных сумм и у каждого экспоната выясним, как он устроен. Название не случайно: в XVIII веке в здании петербургской Кунсткамеры собиралась Академия наук, где работал Леонард Эйлер, герой четвёртого зала.

Первый зал: сумма, которой нет

Экспонат № 1 · Ряд Гранди · Италия, 1703

На табличке написано: $1 - 1 + 1 - 1 + 1 - \dots$ Сколько это? Если объединить слагаемые в пары, выйдет $(1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0 + 0 + \dots = 0$. Если отложить первую единицу, а пары начать со второго слагаемого, выйдет $1 - (1 - 1) - (1 - 1) - \dots = 1$. А если обозначить сумму буквой $S$ и заметить, что после первой единицы стоит та же сумма с обратным знаком, то $S = 1 - S$, откуда $S = \frac12$.

Ответ $\frac12$ отстаивал итальянский монах и математик Гвидо Гранди, и с ним соглашался даже Лейбниц. Три рассуждения — три ответа, и ни в одном нет арифметической ошибки. Ошибка глубже: все три обращаются с бесконечной суммой так, будто она уже существует и подчиняется обычным законам. С конечными суммами так можно, а для бесконечной сначала нужно договориться, что она вообще означает.

Договорённость такая: складываем по одному слагаемому и смотрим, к чему подбираются промежуточные итоги.

Общий член ряда — правило, по которому получается $n$-е слагаемое. Предел в смысле главы о пределах: для любого $\varepsilon > 0$ найдётся номер, начиная с которого частичные суммы отличаются от $S$ меньше чем на $\varepsilon$. Частичная сумма $S_N$ — обычная конечная сумма, с ней можно делать всё, что обычно. Пример: у ряда $\frac12 + \frac14 + \frac18 + \dots$ частичные суммы равны $1 - \frac1{2^N}$ и стремятся к $1$ — это и есть сумма. У ряда Гранди частичные суммы $1, 0, 1, 0, \dots$ скачут и ни к чему не подходят. Он расходится, и суммы у него нет: ни $0$, ни $1$, ни $\frac12$.

Теперь видно, где споткнулись все три рассуждения. Пары $(1 - 1)$ выбирают из частичных сумм только чётные, $S_2, S_4, \dots$, и те равны нулю; вторая расстановка скобок выбирает нечётные, равные единице. У сходящегося ряда такое не страшно: все частичные суммы идут к одному пределу, значит, и любая их часть. А равенство $S = 1 - S$ молча предполагает, что $S$ существует. Есть и простой признак того, что ряд Гранди обречён.

У ряда Гранди слагаемые равны $\pm1$ и к нулю не стремятся, так что он расходится. Обратное неверно: слагаемые могут стремиться к нулю, а ряд — расходиться. Самый знаменитый пример ждёт в соседнем зале.

Здесь же висит экспонат, который мы видим каждый день: бесконечная десятичная дробь. Запись $0{,}d_1d_2d_3\dots$ означает ряд $\frac{d_1}{10} + \frac{d_2}{100} + \dots$, и глава о дробях обещала объяснить, почему у такой записи всегда есть значение. Частичные суммы растут и не доходят до единицы: даже для одних девяток они меньше $\frac{9}{10} + \frac{9}{100} + \dots = 1$ (глава 13). Куда деваться растущей последовательности, которая упёрлась в потолок? Ответ — свойство, на котором стоит весь анализ.

Для дробей это неверно. Последовательность $1$; $1{,}4$; $1{,}41$; $1{,}414$; … растёт и не превосходит $2$, но подбирается к $\sqrt2$, а такой дроби нет (глава 6): на рациональной прямой есть дыры. Аксиома полноты говорит, что на действительной прямой их нет. Мы примем её как основное свойство $\mathbb R$; в главе 53 действительные числа построят из дробей, и полнота станет теоремой.

Значит, у любой бесконечной десятичной записи есть значение. Равенство $0{,}(9) = 1$ из главы 13 — частный случай, где сумма нашлась явно.

Второй зал: слагаемые тают, сумма растёт

Экспонат № 2 · Гармонический ряд · Париж, около 1350 года

Ряд $1 + \frac12 + \frac13 + \frac14 + \dots$ называют гармоническим: струна, которая колеблется половинками, третями, четвертями, звучит обертонами с длинами волн $\frac12, \frac13, \frac14$ от основного тона. Частичные суммы $H_n = 1 + \frac12 + \dots + \frac1n$ называют гармоническими числами. Необходимое условие выполнено, а суммы растут всё медленнее: $H_{10} \approx 2{,}93$, $H_{100} \approx 5{,}19$, $H_{1000} \approx 7{,}49$. Кажется, вот-вот упрутся в потолок. Не упрутся.

Хитрость Николая Орема: собрать слагаемые в группы, каждая из которых не меньше половины.

Нарисуем слагаемые столбиками ширины $1$: столбик номер $n$ имеет высоту $\frac1n$, и площадь первых $n$ столбиков равна $H_n$. Разобьём столбики на группы: $\frac12$; потом $\frac13$ и $\frac14$; потом четыре столбика от $\frac15$ до $\frac18$; потом восемь от $\frac19$ до $\frac1{16}$ — каждая следующая группа вдвое длиннее. Группа номер $k$ кончается столбиком $\frac1{2^k}$ и содержит $2^{k-1}$ столбиков. В каждой группе самый низкий столбик — последний, $\frac1{2^k}$. Срежем все столбики группы до его высоты: сумма от этого только уменьшится и станет равна $2^{k-1}\cdot\frac1{2^k} = \p2{\frac12}$. Значит, каждая группа в сумме не меньше половины. До номера $2^k$ помещаются первый столбик и $k$ целых групп, поэтому $H_{2^k} \ge 1 + \p3{\frac k2}$. Например, к слагаемому номер $2^{20} = 1\,048\,576$ сумма точно больше $11$. Частичные суммы растут и обгоняют любое число: чтобы превысить $M$, достаточно дойти до номера $2^k$ с $k > 2M$. Значит, гармонический ряд расходится, хотя его слагаемые стремятся к нулю.

Растёт сумма, но до чего же медленно! Чтобы перевалить за $10$, нужно $12\,367$ слагаемых. Скорость роста выдаёт площадь под гиперболой $y = \frac1x$: от $1$ до $n$ она равна $\ln n$ (глава 29).

Идея: сравнить столбики $\frac1k$ с площадью под кривой $y = \frac1x$ — один раз поставив их поверх кривой, другой раз спрятав под неё.

Поставим столбик $\frac1k$ на отрезок $[k;\,k+1]$. На этом отрезке кривая ниже $\frac1k$, поэтому столбики с номерами от $1$ до $n$ накрывают всю площадь под кривой от $1$ до $n + 1$ и ещё немного: $\p1{H_n > \ln(n + 1)}$. Сдвинем столбики на единицу влево: столбик $\frac1k$ при $k \ge 2$ встанет на отрезок $[k - 1;\,k]$, где кривая выше $\frac1k$. Эти столбики целиком помещаются под кривой от $1$ до $n$, поэтому $H_n - 1 \le \ln n$, то есть $\p2{H_n \le 1 + \ln n}$. Равенство только при $n = 1$, когда сдвигать нечего. Вернёмся к первой картинке. Над кривой торчат уголки — криволинейные треугольники; их общая площадь $\p3{D_n = H_n - \ln(n + 1)}$. С ростом $n$ добавляются новые уголки, так что $D_n$ растёт. Сдвинем все уголки влево, в первую полосу $[1;\,2]$. Уголок номер $k$ лежит между высотами $\frac1{k+1}$ и $\frac1k$, поэтому сдвинутые уголки не налезают друг на друга и помещаются в квадрат $1 \times 1$. Причём квадрат они заполняют не целиком: уже первый уголок оставляет пустым кусок своего прямоугольника площадью $\ln 2 - \frac12 \approx 0{,}19$. Значит, $\p4{D_n < 1{,}5 - \ln 2 \approx 0{,}81}$ при любом $n$. Последовательность $D_n$ растёт и ограничена, и по аксиоме полноты у неё есть предел $\gamma$. Он не меньше $D_1 = 1 - \ln 2 > 0$ и не больше $0{,}81$. Наконец, $H_n - \ln n = D_n + \ln\left(1 + \frac1n\right)$, а второе слагаемое стремится к нулю, поэтому и $H_n - \ln n \to \gamma$. Натуральный логарифм — главная часть. Он растёт неограниченно, но медленно: чтобы прибавить единицу, число слагаемых нужно умножить на $e \approx 2{,}718$. Постоянная Эйлера — Маскерони, $\gamma = 0{,}5772156649\dots$ Эйлер нашёл её в 1730-х годах, но до сих пор неизвестно даже, рациональна ли она. Поправка, которая исчезает с ростом $n$; на деле она близка к $\frac1{2n}$. Пример: $H_{1000} = 7{,}48547\dots$, а $\ln 1000 + \gamma = 6{,}90776 + 0{,}57722 = 7{,}48498$; разница $0{,}0005 = \frac1{2 \cdot 1000}$. Сумма впервые превышает $20$ на слагаемом номер $272\,400\,600$. Если прибавлять по слагаемому в секунду, на это уйдёт больше восьми с половиной лет.

Третий зал: стопка книг над пропастью

Экспонат № 3 · Стопка книг · Опыт можно повторить дома

Сложите одинаковые книги стопкой у края стола так, чтобы каждая выступала над нижней. Как далеко за край может уйти верхняя книга? Интуиция подсказывает: не дальше длины одной книги. Попробуйте сами.

Четырёх хватает: верхняя книга выступает за край на $\frac{25}{24}$ своей длины. А с большим числом книг вынос может быть каким угодно.

Будем складывать стопку сверху вниз и следить за центрами тяжести. Стопка стоит, пока центр тяжести любой её верхней части находится над книгой, на которой эта часть лежит, а центр тяжести всей стопки — над столом. Пусть край стола — точка $0$, $r_k$ — правый край $k$-й книги сверху, $c_k$ — центр тяжести верхних $k$ книг.

Верхняя книга однородна, её центр тяжести посередине: $r_1 - c_1 = \p1{\frac12}$. Подложим под верхние $k - 1$ книг книгу номер $k$. Они держатся, только если их центр тяжести над ней: $c_{k-1} \le r_k$. Центр тяжести $k$ книг — среднее взвешенное: $c_k = \frac{(k - 1)c_{k-1} + (r_k - \frac12)}{k}$, откуда $c_{k-1} - c_k = \frac{c_{k-1} - r_k + \frac12}{k} \le \p2{\frac{1}{2k}}$. Каждая новая книга снизу сдвигает общий центр тяжести влево не больше чем на $\frac1{2k}$ — и ровно на столько, если её край стоит точно под центром тяжести книг над ней. Сложим сдвиги: $r_1 - c_n = \frac12 + (c_1 - c_2) + \dots + (c_{n-1} - c_n) \le \frac12\left(1 + \frac12 + \dots + \frac1n\right) = \p3{\frac12 H_n}$. Стол требует $c_n \le 0$, поэтому вынос $r_1 \le \frac12 H_n$. Равенство достигается, когда каждая книга лежит краем точно под центром тяжести книг над ней, а край стола — под центром тяжести всей стопки. Так и устроена «лучшая стопка». Раз $H_n \to \infty$, вынос может быть сколь угодно большим.

Сколь угодно — но какой ценой! Вынос на две длины книги требует $31$ книги, на три — $227$, а на десять — тех самых $272\,400\,600$ книг, что нужны гармоническому ряду для двадцати. При толщине книги $3$ см такая стопка поднялась бы на восемь тысяч километров.

Сколько книг нужно, чтобы верхняя выступала за край стола на две свои длины?

$4$ $8$ $31$ $227$

Нужно $\frac12 H_n \ge 2$, то есть $H_n \ge 4$. Гармонические числа впервые переходят четвёрку при $n = 31$: $H_{30} \approx 3{,}995$, $H_{31} \approx 4{,}027$.

Реставрационная мастерская: признаки сходимости

У музея есть мастерская, где проверяют новые поступления: сходится ряд или нет. Формула для частичных сумм находится редко, поэтому инструменты мастерской сравнивают незнакомый ряд со знакомым.

Идея: из меньших кубиков не сложить башню выше, чем из больших.

Нарисуем члены обоих рядов столбиками: каждый столбик $\p1{a_n}$ помещается внутри столбика $b_n$. Сложим столбики в две башни, по одному этажу за раз. Высоты башен — частичные суммы $\p2{A_n = a_1 + \dots + a_n}$ и $B_n = b_1 + \dots + b_n$. Члены неотрицательны, поэтому обе башни только растут, и на каждом шаге $A_n \le B_n$. Если $\sum b_n$ сходится к $B$, то башня $B_n$ никогда не выше $B$: неубывающая последовательность не превосходит своего предела. Значит, $A_n \le B_n \le \p3{B}$ — башня $A$ растёт и упирается в потолок, и по аксиоме полноты её высоты сходятся к числу не больше $B$. Вторая половина — то же, прочитанное наоборот: если башня $A$ растёт неограниченно, то башня $B$, которая не ниже её, растёт неограниченно тоже.

Например, ряд $\sum \frac1{n^2}$ сходится. При $n \ge 2$ верно $\frac1{n^2} < \frac{1}{n(n - 1)} = \frac{1}{n - 1} - \frac1n$, а у ряда из правых частей частичные суммы складываются «телескопом»: $\left(1 - \frac12\right) + \left(\frac12 - \frac13\right) + \dots + \left(\frac1{n-1} - \frac1n\right) = 1 - \frac1n < 1$. Значит, $\sum \frac1{n^2} < 1 + 1 = 2$. Какое именно это число — тайна следующего зала.

Второй инструмент сравнивает ряд с геометрической прогрессией, причём сама прогрессия подбирается по ряду.

Жан Лерон Д'Аламбер опубликовал этот признак в 1768 году. Он хорош для рядов с факториалами и степенями. У $\sum \frac{n}{2^n}$ отношение $\frac{n + 1}{2n} \to \frac12$, и ряд сходится. У $\sum \frac{100^n}{n!}$ отношение $\frac{100}{n + 1} \to 0$: факториал рано или поздно обгоняет любую степень, и ряд сходится, а $\sum\frac{n!}{100^n}$ по той же причине расходится.

Найдите сумму ряда $\frac12 + \frac24 + \frac38 + \frac4{16} + \dots = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$.

Ряд сходится по признаку Даламбера; обозначим сумму $S$. Вычтем из $S$ ряд $\frac S2 = \frac14 + \frac28 + \frac3{16} + \dots$, сдвинутый на одно место: $S - \frac S2 = \frac12 + \frac14 + \frac18 + \dots = 1$. Почленно вычитать сходящиеся ряды можно: частичные суммы разности — разности частичных сумм. Значит, $\frac S2 = 1$ и $S = 2$.

Для ряда $\sum\frac1{n^2}$ признак Даламбера даёт $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n^2}{(n+1)^2} \to 1$. Что из этого следует?

Ряд сходится Ряд расходится Ничего: нужен другой признак

При $q = 1$ признак молчит. Сходимость $\sum\frac1{n^2}$ доказал признак сравнения, а у гармонического ряда, который расходится, отношение тоже стремится к $1$.

Четвёртый зал: число π без окружностей

Экспонат № 4 · Задача Базеля · Петербург, 1734

Ряд $1 + \frac14 + \frac19 + \dots$ сходится, и его сумма меньше $2$. Но какое это число? Вопрос задал в 1650 году Пьетро Менголи, а прославил Якоб Бернулли из Базеля, признавшись, что задача ему не далась. Прямое сложение почти не помогает: хвост после $N$-го слагаемого примерно равен $\frac1N$, и каждый новый верный знак стоит вдесятеро больше труда.

Задачу решил в 1734 году Леонард Эйлер, которому не было и тридцати. Он работал в Петербургской академии наук и в декабре 1735 года доложил ей решение. Ответ поразил всех.

Квадраты натуральных чисел. Ни окружностей, ни углов — чистая арифметика. Число $\pi$ пришло из корней синуса: $\sin x = 0$ при $x = \pm\pi, \pm2\pi, \dots$ Шестёрка — это $3!$ из ряда синуса, $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$ Пример: $\frac{\pi^2}{6} = 1{,}6449340668\dots$, а тысяча слагаемых дают $1{,}6439345667$ — меньше на $0{,}0009995 \approx \frac{1}{1000}$, как и обещает оценка хвоста.

Эйлер рассуждал смело. Многочлен, который равен $1$ в нуле и имеет корни $r_1, \dots, r_k$, раскладывается в произведение $\left(1 - \frac{x}{r_1}\right)\cdots\left(1 - \frac{x}{r_k}\right)$ (глава 14). Функция $\frac{\sin x}{x}$ стремится к $1$ в нуле и обращается в ноль в точках $\pm\pi, \pm2\pi, \dots$ Эйлер предположил, что и она раскладывается так же, только множителей бесконечно много; каждая пара корней $\pm k\pi$ даёт множитель $\left(1 - \frac{x}{k\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{k\pi}\right) = 1 - \frac{x^2}{k^2\pi^2}$:

$$\frac{\sin x}{x} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right)\cdots$$

Если раскрыть скобки, слагаемое с $x^2$ соберётся из всех множителей: $-\left(\frac1{\pi^2} + \frac1{4\pi^2} + \frac1{9\pi^2} + \dots\right)x^2$. А по ряду синуса, который мы выведем в шестом зале, $\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots$ Приравняв коэффициенты при $x^2$, Эйлер получил $\sum\frac1{n^2\pi^2} = \frac16$.

Смелость была нешуточной: бесконечное произведение — не многочлен, и одинаковые корни ещё ничего не гарантируют. У функции $e^x\frac{\sin x}{x}$ корни те же, а раскладывается она иначе. Эйлер проверил ответ численно, а его разложение синуса строго обосновали только в XIX веке. Вот доказательство, которому хватает тригонометрии, комплексных чисел и теоремы Виета; его приписывают Огюстену Коши.

Идея: зажать $\frac1{x^2}$ между двумя функциями, суммы которых в специально подобранных точках считаются точно.

При $0 < x < \frac\pi2$ верно $\sin x < x < \operatorname{tg} x$: в единичном круге треугольник внутри сектора меньше сектора, а сектор меньше треугольника, описанного вокруг него (глава о пределах). Все три числа положительны. Перейдём к обратным величинам и возведём в квадрат: $\operatorname{ctg}^2 x < \frac1{x^2} < \frac1{\sin^2 x} = 1 + \operatorname{ctg}^2 x$. На чертеже $\frac1{x^2}$ зажата между двумя кривыми. Выберем натуральное $m$ и точки $x_k = \frac{k\pi}{2m + 1}$ при $k = 1, \dots, m$; все они лежат между $0$ и $\frac\pi2$. Сложим неравенства в этих точках. Средняя сумма равна $\frac{(2m + 1)^2}{\pi^2}\left(1 + \frac14 + \dots + \frac1{m^2}\right) = \frac{(2m+1)^2}{\pi^2}S_m$, где $S_m$ — частичная сумма нашего ряда. Если обозначить $A_m = \operatorname{ctg}^2 x_1 + \dots + \operatorname{ctg}^2 x_m$, получится $\p2{A_m < \frac{(2m + 1)^2}{\pi^2}S_m < A_m + m}$. Найдём $A_m$ точно. По формуле Муавра (глава 15) $\cos nx + i\sin nx = (\cos x + i\sin x)^n$. Возьмём $n = 2m + 1$, раскроем правую часть по биному Ньютона (глава 45) и сравним мнимые части: $\sin nx = \binom n1\cos^{n-1}x\,\sin x - \binom n3\cos^{n-3}x\,\sin^3x + \dots$ Разделим на $\sin^n x$: $\frac{\sin nx}{\sin^n x} = \binom n1 t^m - \binom n3 t^{m-1} + \binom n5 t^{m-2} - \dots$, где $t = \operatorname{ctg}^2 x$. Справа стоит многочлен степени $m$ от $t$. В точках $x_k$ левая часть обращается в ноль: $\sin nx_k = \sin k\pi = 0$. Значит, числа $\operatorname{ctg}^2 x_1, \dots, \operatorname{ctg}^2 x_m$ — корни этого многочлена. Они различны, потому что котангенс на $\left(0;\,\frac\pi2\right)$ убывает и положителен, а корней у многочлена степени $m$ не больше $m$ — это все его корни. По теореме Виета (глава 14) их сумма равна $A_m = \binom n3\Big/\binom n1 = \frac{2m(2m - 1)}{6} = \p4{\frac{m(2m - 1)}{3}}$. Подставим $A_m$ в неравенство шага 2 и умножим на $\frac{\pi^2}{(2m + 1)^2}$: $\frac{\pi^2}{6}\cdot\frac{2m(2m - 1)}{(2m + 1)^2} < S_m < \frac{\pi^2}{6}\cdot\frac{2m(2m + 2)}{(2m + 1)^2}$. Обе дроби рядом с $\frac{\pi^2}{6}$ стремятся к $1$: в числителе и знаменателе стоит $4m^2$ плюс слагаемые меньшей степени. Частичные суммы зажаты между величинами, которые стремятся к $\frac{\pi^2}{6}$, значит, и сами стремятся туда же.

Пятый зал: сумма, которая зависит от порядка

Экспонат № 5 · Знакопеременный гармонический ряд · Гёттинген, 1854

Поменяем в гармоническом ряду знаки через один: $1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \dots$ Частичные суммы идут зигзагом: $1$; $0{,}5$; $0{,}833$; $0{,}583$; $0{,}783$; … — шаги всё короче, и зигзаг сжимается к числу $0{,}6931\dots$ Сходимость таких рядов обеспечивает простой признак.

Идея: частичные суммы прыгают вправо и влево, каждый прыжок не длиннее предыдущего, поэтому они зажимают сумму всё туже.

На числовой прямой частичные суммы идут зигзагом: шаг вправо на $a_1$, влево на $a_2$, вправо на $a_3$… Каждый шаг не длиннее предыдущего. Чётные суммы не убывают: $S_{2k+2} = S_{2k} + (a_{2k+1} - a_{2k+2}) \ge S_{2k}$, ведь скобка неотрицательна. Нечётные по той же причине не возрастают: $S_{2k+1} = S_{2k-1} - (a_{2k} - a_{2k+1}) \le S_{2k-1}$. Любая чётная сумма $S_{2k}$ не больше любой нечётной $S_{2j+1}$: если взять $l \ge k$ и $l \ge j$, то $S_{2k} \le S_{2l} \le S_{2l} + a_{2l+1} = S_{2l+1} \le S_{2j+1}$. В частности, все чётные суммы не больше $S_1$: они растут и ограничены, и по аксиоме полноты стремятся к некоторому $S$. Нечётные суммы $S_{2k+1} = S_{2k} + a_{2k+1}$ стремятся к $S + 0 = S$. Растущие чётные суммы не больше своего предела $S$, убывающие нечётные — не меньше. Значит, $S$ лежит между любыми двумя соседними частичными суммами $S_n$ и $S_{n+1}$, а расстояние между ними равно $a_{n+1}$. Отсюда $|S - S_n| \le a_{n+1}$.

Чему равна сумма, признак не говорит. Её находит приём, который работает и для числа $\pi$.

Теперь сам экспонат. Возьмём те же слагаемые, но будем после каждого положительного ставить два отрицательных:

$$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$$

Ни одно слагаемое не потеряно. Сгруппируем по три: $\left(1 - \frac12\right) - \frac14 + \left(\frac13 - \frac16\right) - \frac18 + \dots = \frac12 - \frac14 + \frac16 - \dots$ — ровно половина исходного ряда: каждая тройка $\frac1{2j-1} - \frac1{4j-2} - \frac1{4j}$ равна $\frac12\left(\frac1{2j-1} - \frac1{2j}\right)$. После $3k$ слагаемых частичная сумма нового ряда равна половине $2k$-й суммы старого, а промежуточные суммы отличаются от неё на исчезающе малые слагаемые. Новый ряд сходится к $\frac12\ln 2$. Те же числа, другой порядок — сумма вдвое меньше. Беда в том, что ряд сходится лишь благодаря погашению плюсов и минусов.

Ряд $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ сходится условно: ряд из модулей — гармонический. И для таких рядов порядок слагаемых решает всё.

Идея: запас положительных и запас отрицательных слагаемых бесконечны, а сами слагаемые мельчают. Поэтому к любой цели можно подбираться, перелетая через неё всё с меньшим размахом.

Разделим слагаемые на положительные $p_1, p_2, \dots$ и отрицательные $-q_1, -q_2, \dots$ (в исходном порядке). Оба ряда $\sum p_k$ и $\sum q_k$ расходятся. Если бы оба сходились, исходный ряд сходился бы абсолютно. Если бы сходился только один, частичные суммы исходного ряда, разности сумм $p$ и $q$, ушли бы в бесконечность. При этом $p_k \to 0$ и $q_k \to 0$ по необходимому условию. Жадный рецепт. Берём положительные слагаемые по порядку, пока сумма не превысит $L$: это случится, потому что запас положительных бесконечен. Потом берём отрицательные, пока сумма не станет меньше $L$. Потом снова положительные, и так далее. На каждом этапе расходуется хотя бы одно слагаемое, поэтому рано или поздно в дело идёт каждое, и ровно один раз. В момент, когда сумма перелетает через $L$, она отстоит от $L$ не дальше, чем на последнее взятое слагаемое, а до следующего перелёта остаётся по ту же сторону и не дальше от $L$. Слагаемые стремятся к нулю, значит, размах колебаний около $L$ тоже. Новый ряд сходится к $L$. Чтобы ряд разошёлся, нужно менять цель: сначала $1$, потом $2$, потом $3$… — тогда частичные суммы уйдут в бесконечность.

Бернхард Риман доказал эту теорему в работе 1854 года о тригонометрических рядах, напечатанной уже после его смерти. С абсолютно сходящимися рядами такой номер не проходит — это заметил ещё Дирихле в 1837 году.

В ряду $1 - \frac14 + \frac19 - \frac1{16} + \dots$ переставили слагаемые. Может ли измениться сумма?

Да, по теореме Римана Нет: ряд сходится абсолютно Да, если переставить бесконечно много слагаемых

Ряд из модулей $\sum\frac1{n^2}$ сходится, и по теореме Дирихле любая перестановка даёт ту же сумму $\frac{\pi^2}{12}$. В машине Римана это видно: положительных слагаемых в сумме всего $\frac{\pi^2}{8} \approx 1{,}23$, и до цели $2$ им не дотянуться.

Шестой зал: многочлен-двойник

Экспонат № 6 · Ряд Тейлора · Лондон, 1715

Вернёмся к вопросу, с которого начали. Пусть функция записана «бесконечным многочленом» с центром $a$: $f(x) = c_0 + c_1(x - a) + c_2(x - a)^2 + \dots$ При $x = a$ все слагаемые, кроме первого, исчезают, и $c_0 = f(a)$. Продифференцируем: $f'(x) = c_1 + 2c_2(x - a) + \dots$, откуда $c_1 = f'(a)$. После $k$ дифференцирований от $c_k(x - a)^k$ останется $k!\,c_k$, так что $c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!}$: коэффициенты диктуют производные в одной точке. Почленное дифференцирование мы здесь позволили себе без доказательства (внутри промежутка сходимости оно законно, глава 53), но определение ниже на нём не держится.

Производная порядка $k$ в центре $a$. Всё, что ряд знает о функции, — её значение, наклон, изгиб и так далее в одной точке. Факториал гасит множитель $k!$, который появляется, если $k$ раз продифференцировать $(x - a)^k$. Степени расстояния до центра. Вблизи $a$ они крошечные, поэтому первые слагаемые решают почти всё. Пример: у $e^x$ все производные равны $e^x$, в нуле — единице, поэтому $e^x = \sum\frac{x^k}{k!}$. При $x = 1$ слагаемые с $k \le 10$ дают $2{,}71828180$, а $e = 2{,}71828183\dots$: ошибка около $3 \cdot 10^{-8}$.

Производные синуса идут по кругу: $\sin$, $\cos$, $-\sin$, $-\cos$, $\sin$, … — в нуле это $0, 1, 0, -1, 0, \dots$ Поэтому в ряду синуса остаются только нечётные степени с чередующимися знаками. Вот главные экспонаты зала; рядом с каждым указано, где ряд сходится к функции.

Пятая строка — бином Ньютона для любого показателя, обещанный в главе 45. При натуральном $\alpha$ коэффициенты с номерами больше $\alpha$ обнуляются, и ряд обрывается, превращаясь в обычный бином. При $\alpha = \frac12$ он не обрывается никогда: $\sqrt{1 + x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} - \dots$ Ньютон нашёл этот ряд в 1665 году, а общий способ описал Брук Тейлор в книге 1715 года.

Многочлен Тейлора — приближение, и за него хочется знать цену: насколько он ошибается.

Оценка бывает почти точной. Для $\sin 1$ многочлен $x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ даёт $0{,}841667$, а на самом деле $\sin 1 = 0{,}841471$. Члена с $x^6$ в ряду синуса нет, поэтому этот многочлен — ещё и $T_6$, и оценка с $n = 6$ и $M = 1$ обещает ошибку не больше $\frac{1}{7!} = \frac1{5040} \approx 0{,}000198$. Настоящая ошибка — $0{,}000196$.

Найдите коэффициент при $x^6$ в ряду Тейлора функции $e^{-x^2}$ в нуле.

Подставим $u = -x^2$ в ряд экспоненты: $e^{u} = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + \dots$ Степень $x^6$ даёт только слагаемое $\frac{u^3}{6} = \frac{-x^6}{6}$. Коэффициент равен $-\frac16$. По определению пришлось бы шесть раз дифференцировать $e^{-x^2}$ и найти $f^{(6)}(0) = -120$, а потом разделить на $6! = 720$ — ответ тот же.

Седьмой зал: граница, которой не видно

Экспонат № 7 · Функция $\frac{1}{1 + x^2}$ · загадка без разгадки

Ряд $1 + x + x^2 + \dots = \frac{1}{1 - x}$ верен только при $|x| < 1$, и это понятно: при $x = 1$ функция уходит в бесконечность. У $\ln(1 + x)$ беда при $x = -1$, и ряд сходится только до неё. А $\frac1{1 + x^2}$ — гладкая функция на всей прямой, не больше единицы. Её ряд $1 - x^2 + x^4 - \dots$ (геометрический, с $-x^2$ вместо $x$) тоже сходится только при $|x| < 1$. При $x = 2$ функция спокойно равна $\frac15$, а ряд $1 - 4 + 16 - \dots$ разлетается вдребезги.

Радиус сходимости есть у любого степенного ряда (он может быть нулём или бесконечностью), но в общем виде это требует формулы Коши — Адамара. Для рядов, которые нам встретятся, хватит признака Даламбера.

Коэффициент при $(x - a)^k$. Следующий коэффициент. Если коэффициенты убывают быстро, радиус большой; если медленно — маленький. Примеры: у $e^x$ отношение $\frac{(k + 1)!}{k!} = k + 1 \to \infty$, радиус бесконечен. У $\ln(1 + x)$ коэффициенты $\pm\frac1k$, отношение $\frac{k + 1}{k} \to 1$, $R = 1$. Если в ряду пропущены степени, как у $1 - x^2 + x^4 - \dots$, признак Даламбера применяют прямо к слагаемым: отношение соседних равно $x^2$, и ряд сходится при $x^2 < 1$.

На границе $|x - a| = R$ теорема ничего не обещает, и там бывает по-разному. Ряд для $\ln(1 + x)$ при $x = 1$ становится знакопеременным гармоническим и сходится к $\ln 2$, а при $x = -1$ — гармоническим с минусом и расходится.

При каких $x$ сходится ряд $x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$?

При всех $x$ При $-1 < x \le 1$ При $|x| < 1$ При $x \ge 0$

Радиус сходимости равен $1$. На границе: при $x = 1$ получается $1 - \frac12 + \frac13 - \dots = \ln 2$, ряд сходится по признаку Лейбница; при $x = -1$ — ряд $-\left(1 + \frac12 + \frac13 + \dots\right)$, он расходится.

Вернёмся к загадке. Почему ряд для $\frac1{1+x^2}$ спотыкается на $x = \pm1$, где с функцией ничего не происходит? Возьмём центр не в нуле, а в точке $a$. Тогда радиус сходимости оказывается равен $\sqrt{1 + a^2}$: при $a = 1$ — примерно $1{,}41$, при $a = 3$ — примерно $3{,}16$. Похоже на расстояние от точки $a$ до чего-то, что стоит на единицу в стороне от прямой. На числовой прямой такой точки нет. Где она прячется, расскажет глава 34.

Последний зал: число π по капле

Экспонат № 8 · Ряд для числа π · Индия, около 1400 года; Европа, 1670-е

Ряд для арктангенса $x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \dots$ имеет радиус сходимости $1$, и на самой границе, при $x = 1$, он всё ещё сходится — в пятом зале мы доказали, что к $\frac\pi4$:

$$\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \dots$$

В Европе ряд для арктангенса нашёл в 1671 году Джеймс Грегори, а этот частный случай — Лейбниц в 1673–1674 годах. В Индии его знали на два с половиной века раньше: ряд приписывают Мадхаве из Сангамаграмы, основателю керальской школы.

Формула прекрасна, а считать по ней мучительно. По признаку Лейбница ошибка после $n$ слагаемых не больше следующего слагаемого, так что после умножения на $4$ она не больше $\frac{4}{2n + 1}$, а на деле почти ровно $\frac1n$. Тысяча слагаемых дают $3{,}14059265383979\dots$ при $\pi = 3{,}14159265358979\dots$ Удивительно, что неверна одна-единственная цифра, а следующие шесть снова совпадают. Дело в том, что ошибка отличается от $\frac1{1000}$ меньше чем на миллиардную долю. Почему так выходит, объяснили в 1989 году Джонатан и Питер Борвейны вместе с Карлом Дильхером: поправки к ошибке выражаются через так называемые числа Эйлера.

Ускорить счёт помогает ряд арктангенса с аргументом меньше единицы: тогда слагаемые убывают как геометрическая прогрессия. Мадхава, судя по записям его последователей, брал $\operatorname{arctg}\frac1{\sqrt3} = \frac\pi6$ и получал $\pi = \sqrt{12}\left(1 - \frac{1}{3 \cdot 3} + \frac{1}{5 \cdot 3^2} - \frac{1}{7 \cdot 3^3} + \dots\right)$: двадцать членов этого ряда дают десять верных знаков после запятой. А в 1706 году Джон Мэчин нашёл тождество, по которому вычислил сто знаков.

Формулы такого вида больше двухсот лет оставались главным инструментом рекордсменов, вплоть до первых вычислений $\pi$ на компьютере в 1949 году. А книга Уильяма Джонса, где в 1706 году появились сто знаков Мэчина, знаменита ещё и тем, что в ней отношение длины окружности к диаметру впервые обозначено буквой $\pi$.

Прежде чем покинуть музей, закрепите экспонаты в тренажёре.

Куда дальше

Кунсткамера пройдена, и вопрос прошлой главы получил ответ: многие функции действительно записываются «бесконечными многочленами», но только внутри своего радиуса сходимости и только если остаток стремится к нулю. В лаборатории Тейлора было видно, что приближение $\sin x \approx x$ отлично работает при малых $x$. Оно пригодится сразу.

Законы природы редко говорят, сколько чего будет. Они говорят, как быстро это меняется. Чашка кофе остывает тем быстрее, чем она горячее. Маятник ускоряется тем сильнее, чем дальше отклонён. Эпидемия растёт тем быстрее, чем больше заболевших и чем больше тех, кто ещё не болел. В каждом случае неизвестная функция стоит и в правой части, и под знаком производной, и проинтегрировать скорость, как в главе 28, не выходит. Как по закону изменения найти сам процесс? Ньютон, между прочим, решал такие задачи рядами: подставлял бесконечный многочлен и находил коэффициенты один за другим. С этого начинается глава о дифференциальных уравнениях.