О суммировании знакопеременных рядов

[Metford]

Соседняя тема заставила меня вспомнить один старый вопрос, который и у меня возникал, и мне его задавали. Вот есть у меня сходящийся знакопеременный ряд, который выглядит так, что идей о том, как его суммировать, не возникает. Но если его разбить на части, то суммирование проходит если не совсем легко, то во всяком случае легче. Вот, например,

$$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{[k/2]}}{k+a},a\in\mathbb{N}.$$

Выделяю чётные и нечётные значения индекса суммирования - получаются два ряда, с которыми справиться можно.
Однако, это ведь фактически перестановка членов ряда. Насколько мне помнится, так можно делать, ничем не рискуя, только с абсолютно сходящимися рядами. В данном случае никакой абсолютной сходимости даже близко нет. Но ответ получается правильный.
Интереса ради я поразвлекался и просуммировал не один ряд подобного типа таким способом. Ряды были из справочника, мой результат всегда со справочником совпадал. Понятно, что это ничего не значит - просто я не наткнулся на ряд, который смог бы просуммировать и который бы меня сильно огорчил. Возникают два вопроса:
1. существуют ли утверждения, позволяющие при определённых условиях менять порядок членов ряда при суммировании?
2. если всё-таки это противозаконно всегда, то как можно было просуммировать хотя бы тот ряд, который я привёл в пример? Я понимаю, там наверняка можно поиграть с чисто арифметическими преобразованиями дробей, но это метод не слишком универсальный.

Интересно ещё то, что в одном из своих упражнений я наткнулся на ряд, который я разложил на три ряда. Все три ряда расходились, но, скажем так, "одинаково расходились". После их сложения расходимости ушли, и ответ получился верный

[whitefox]

Metford в сообщении #1183357 писал(а):

Однако, это ведь фактически перестановка членов ряда.

Нет, фактически это группировка членов Вашего ряда по четыре.

[Metford]

whitefox в сообщении #1183369 писал(а):

Нет, фактически это группировка членов Вашего ряда по четыре.

Что-то не понял... Я вот так делаю:

$$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a}+\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a+1}.$$

Два отдельных ряда, никакой группировки.

[mihaild]

Metford в сообщении #1183357 писал(а):

1. существуют ли утверждения, позволяющие при определённых условиях менять порядок членов ряда при суммировании?

Например, если любой член перемещается не более чем на фиксированную константу $k$ позиций, то переставлять можно: $n$-я частичная сумма нового ряда отличается от $n$-й частичной суммы исходного не более чем на $\sum\limits_{i=n-k}^{n+k} \left|x_i\right|$.

Если у вас есть два сходящихся ряда, то объединив их так, что разница между позицией последнего взятого члена одного ряда и последнего взятого члена другого ряда, ограничена, то новый ряд сходится к сумме сумм двух исходных, т.к. опять же его частичные суммы - это суммы частичных сумм исходных рядов плюс конечное число членов из них.

[whitefox]

Metford в сообщении #1183370 писал(а):

Я вот так делаю:

$$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a}+\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a+1}.$$

А попробуйте так:

$$\sum\limits_{k\geqslant0}\left(\frac1{4k+a}+\frac1{4k+1+a}-\frac1{4k+2+a}-\frac1{4k+3+a}\right)$$

[Metford]

mihaild, спасибо, это понял. Только это всё равно не позволит ведь разбить ряд на два или три ряда, как я это сделал. А жаль.

whitefox
Вот это именно та самая игра на арифметике, о которой я сразу упомянул. Лично мне этот метод совсем не нравится (мне требуется немало времени, чтобы увидеть нужное преобразование/разложение), хотя не поспоришь, он работает.

[grizzly]

Metford в сообщении #1183357 писал(а):

1. существуют ли утверждения, позволяющие при определённых условиях менять порядок членов ряда при суммировании?

Очевидно, что порядок всегда можно поменять. Вопрос насколько. Если переставить каждый член не более чем на $N$ позиций ($N$ -- единая для всех членов константа), то это не повлияет ни на сходимость ни на сумму.

Мне всегда была интересна эта тема. А год тому попалась на глаза статья полувековой (примерно) давности, в которой были получены все нужные ответы в окончательном виде (критерии необходимости и достаточности). Статья осталась на другом компе, а на форуме осталось только упоминание (и почему я не оставил ссылку?). Если дружите с английским, можете поискать по ключевым словам из упомянутого сообщения (я нашёл тогда через гугл, но возможно посредством math.stackexchange).
(Статья осталась на другом компе, а с ходу найти сейчас не смог. Когда -- и если -- найду, оставлю координаты в этой теме.)

[Metford]

grizzly, попробую поискать. Но если найдёте ссылку, то покажите, пожалуйста, буду признателен.

grizzly в сообщении #1183380 писал(а):

Если дружите с английским, можете поискать по ключевым словам из упомянутого сообщения

Не дружу, но конструктивно общаюсь

[grizzly]

Metford
Всё же там речь шла о другой задаче: найти критерии, при которых данная перестановка переводит любой условно сходящийся ряд в сходящийся к той же сумме. Это имеет некоторое отношение к Вашему вопросу 1, но не к основной проблематике темы.

-- 10.01.2017, 19:06 --

Но если найду, обязательно оставлю. Очень интересные результаты, и большая часть статьи вполне доступна.

[Metford]

grizzly в сообщении #1183386 писал(а):

Это имеет некоторое отношение к Вашему вопросу 1, но не к основной проблематике темы.

Да меня ряды вообще интересуют. Я их знаю не особенно хорошо. Нужно же исправлять ситуацию!

[grizzly]

Metford
Я имел в виду вот эту работу.
Вот здесь ещё какой-то венгр выложил обзор. Я его ещё не смотрел, но буду. Это не официальная работа, но супервайзер там именитый указан, список литературы годный и с первого взгляда выглядит обнадёживающе.

А Ваш конкретный вопрос про разбивку на два-три ряда имеет простое объяснение, я не сомневаюсь. Уверен, что оно скоро появится в теме Вашими или общими усилиями :)

[DeBill]

Metford
Если интересно:
1. Ряд из стартового поста делается по Дирихле
2. Если общий член ряда стремится к нулю, то группировка (по два, и т.д.) дает правильный ответ (о сходимости, и сумме), поскольку равносильна разбиению в сумму рядов.
3. "Вставление нулей" (в любом количестве) приводит к правильному ответу (но для расходящихся может изменить сумму). Поэтому, группировку можно свести к вставлению нулей, и разбиению ряда в сумму рядов.
4. А вот ряд (из Демидовича), который не так прост: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n^{\alpha}}$
5. Теорема Римана говорит, что перестановкой членов условно сходящегося ряда можно получить что угодно. А как изменится это утверждение в комплексном случае? В конечномерном нормированном пространстве? В банаховом?

[Metford]

grizzly
Спасибо! Это нужно внимательно читать, чем на днях и займусь.

DeBill в сообщении #1183435 писал(а):

Ряд из стартового поста делается по Дирихле

Знаю признаки сходимости имени Дирихле, а методов суммирования - нет...

DeBill в сообщении #1183435 писал(а):

Если общий член ряда стремится к нулю, то группировка (по два, и т.д.) дает правильный ответ (о сходимости, и сумме), поскольку равносильна разбиению в сумму рядов.

Ну, меня группировка не особенно интересует: к моему случаю это неприменимо.

DeBill в сообщении #1183435 писал(а):

А вот ряд (из Демидовича), который не так прост

Ряд знакомый, но его суммировать я не возьмусь

DeBill в сообщении #1183435 писал(а):

В конечномерном нормированном пространстве? В банаховом?

Понимаете, я не математик... Ну, т.е. слова-то все понятные, но интерес к такому вопросу для меня настолько академический, что, по всей видимости, никогда не реализуется.

[DeBill]

Metford в сообщении #1183446 писал(а):

Знаю признаки сходимости имени Дирихле

Собственно, я и имел в виду произнак Дирихле

Metford в сообщении #1183370 писал(а):

Я вот так делаю:

$$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a}+\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+a+1}.$$

Если в оба ряда из правой части, вставить нули между всеми членами, то сумма двух полученных рядов и даст исходный ряд

[Someone]

У меня маленькое замечание. В рассматриваемой ситуации с разбиением ряда на сумму двух рядов перемещения слагаемых не происходит: исходный ряд получается из двух рядов не перемещением членов, а их "смешиванием": часть берётся из одного ряда, часть — из другого, но порядок слагаемых, относящихся к одному ряду, не меняется. Рассмотрим частичную сумму "смешанного" ряда. Она сразу же разбивается на две частичные суммы "смешиваемых" рядов. Поскольку они сходятся, то "смешанная" частичная сумма также имеет конечный предел, равный сумме пределов "смешиваемых" рядов.