Расходимость гармонического ряда, в три строчки.

[Alexander Alexandrov]

Предлагаю новое (?) доказательство расходимости гармонического ряда.

Предположим, ряд сходится. Уменьшим его сумму, увеличив на 1 все нечётные знаменатели членов ряда, включая первый член: 1=1/1. Однако, складывая попарно образовавшиеся одинаковые дроби, получим прежний ряд, что доказывает его расходимость.

[skobar]

Alexander Alexandrov в сообщении #1737476 писал(а):

Предлагаю новое (?) доказательство расходимости гармонического ряда.

Предположим, ряд сходится. Уменьшим его сумму, увеличив на 1 все нечётные знаменатели членов ряда, включая первый член: 1=1/1. Однако, складывая попарно образовавшиеся одинаковые дроби, получим прежний ряд, что доказывает его расходимость.

Красиво. Не встречал такого доказательства раньше.

[Mihr]

Мне тоже понравилось. Интересный ход.

[Gagarin1968]

Alexander Alexandrov в сообщении #1737476 писал(а):

Предлагаю новое (?) доказательство расходимости гармонического ряда.

Alexander Alexandrov
Идея очень красива и интуитивна, однако доказательством не является, в ней есть логический изъян. Ваше рассуждение не доказывает расходимость ряда.
Вот смотрите:
Вы используете метод доказательства от противного:
Предположим, что ряд сходится к некоторому числу $S$:

$$S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\dots$$

Затем Вы увеличиваете нечётные знаменатели на $1$. Получается новый ряд, сумма которого (обозначим её $S_1$) строго меньше $S$, так как мы уменьшили каждый нечётный член:

$$S_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\dots$$

Теперь Вы складываете пары одинаковых дробей: $\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1, \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$ и так далее. Получается исходный ряд:

$$S_1=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dots =S$$

Отсюда вы делаете вывод: раз мы строго уменьшили сумму ($S_1<S$), но в итоге получили тот же ряд ($S_1 = S$), то возникло противоречие $S<S$, и, следовательно, ряд расходится.
Вот тут у Вас, как мне кажется, главная ошибка.
Если предположить, что ряд сходится, то из равенства $S_1=S$ автоматически следует, что мы вообще не имели права говорить, будто $S_1<S$.
В математике, если из предположения $A$ ("ряд сходится") корректными операциями выводится равенство $S=S$ (или как в данном случае $S = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + \dots = S$), это не опровергает $A$. Это лишь показывает, что если бы ряд сходился, его сумма обязана была бы обладать свойством $S = S$, что является тривиальной истиной и не даёт противоречия.
Если же вы используете строгое неравенство $S_1<S$,то на втором шаге Вашего рассуждения неявным образом предполагаете, что $S$ — это конечное число. Но с бесконечными суммами так делать нельзя без строгой проверки.
Если мы изначально знаем, что ряд расходится, то его сумма равна бесконечности.
Вы уменьшили элементы, но сумма осталась бесконечной.
Вы сгруппировали элементы и снова получили бесконечность.
Никакого противоречия на мой взгляд, здесь нет. Из того, что половина бесконечности равна бесконечности, не следует, что исходное предположение было неверным.

[mihaild]

Gagarin1968 в сообщении #1737507 писал(а):

Если предположить, что ряд сходится, то из равенства $S_1=S$ автоматически следует, что мы вообще не имели права говорить , будто $S_1<S$.

Что значит "не имели права говорить"? Стандартное доказательство от противного: если сумма ряда равна числу $S$, то $S < S$. Следовательно, сумма ряда не равна числу $S$.

Gagarin1968 в сообщении #1737507 писал(а):

Если же вы используете строгое неравенство $S_1<S$,то на втором шаге Вашего рассуждения неявным образом предполагаете, что $S$ — это конечное число

Почему неявно? Вполне явно

Alexander Alexandrov в сообщении #1737476 писал(а):

Предположим, ряд сходится

Обычно "ряд сходится" означает именно "у последовательности частичных сумм существует (конечный) предел".

[skobar]

На мой взгляд доказательство Alexander Alexandrov логически безупречно (формализуется очевидным образом), а Gagarin1968 написал что-то странное с кучей неясностей типа "не иметь права" и прямых логических ошибок.

-- добавлено через 4 минуты --

Gagarin1968 в сообщении #1737507 писал(а):

на втором шаге Вашего рассуждения неявным образом предполагаете, что $S$ — это конечное число

Это предполагается совершенно явно, как и должно быть.

[Gagarin1968]

Есть старое (ещё XIV века) известное доказательство расходимости гармонического ряда Николая Орема.
Только у Орема из $S \ge 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots$ следует строгий логический вывод "ряд больше, чем бесконечность, значит он расходится".
В идее топикстартера (если предположить сходимость к числу $S$) следует, что получили $S_1<S$ и одновременно $S_1 = S$. Из этого строго следует лишь то, что равенство $S_1 = S$ опровергает его же утверждение $S_1<S$.
Математика "выплевывает" это как ошибку в знаке, но не доказывает расходимость самого ряда.

[EUgeneUS]

Gagarin1968
Вроде бы всё гладко, если воспользоваться свойством:
Если сходятся ряды $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$, то сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}( \alpha a_n + \beta b_n)$, при этом:

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \alpha a_n + \beta b_n = \alpha \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n + \beta \sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$

-- добавлено через 3 минуты --

Берем
$a_n$ - гармонический ряд
$b_n$ - новый, "модифицированный" ряд
$\alpha = 1$
$\beta = -1$

Получаем (в предположении, что гармонический ряд сходится):
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n - b_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n - \sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n = 0$
Но нулю это быть равным не может, исходя из того, что манипуляциями со знаменателями мы сумму ряда уменьшили.

[mihaild]

Gagarin1968 в сообщении #1737511 писал(а):

Математика "выплевывает" это как ошибку в знаке, но не доказывает расходимость самого ряда

Вы знаете, что такое "доказательство от противного"?

[skobar]

Gagarin1968 в сообщении #1737511 писал(а):

В идее топикстартера (если предположить сходимость к числу $S$) следует, что получили $S_1<S$ и одновременно $S_1 = S$. Из этого строго следует лишь то, что равенство $S_1 = S$ опровергает его же утверждение $S_1<S$.

Вам знакома концепция "доказательства от противного"? Мы предположили, что ряд сходится (к числу $S$), и отсюда получили заведомо ложное утверждение: $S_1<S \ \&\ S_1 = S$(противоречие). Это означает, что наше предположение было неверно, то есть что ряд расходится.

[Mihr]

Gagarin1968

Gagarin1968 в сообщении #1737511 писал(а):

Математика "выплевывает" это как ошибку в знаке, но не доказывает расходимость самого ряда.

Вам уже ответили, а я сформулирую чуть иначе. Выбирайте ту формулировку, которая Вам понятнее.
Если допустить, что ряд сходится, то сумма этого ряда равна некоторому числу $S$. Однако простые рассуждения показывают, что для этого числа должно выполняться неравенство $S<S$. Это неравенство противоречиво (не может выполняться), следовательно, такого числа $S$ не существует. Но это и означает, что рассматриваемый ряд расходится.

[DieselMachine]

Нужна формализация в Lean. Если получится формализовать, значит доказательство верно.

[Anton_Peplov]

DieselMachine в сообщении #1737519 писал(а):

Нужна формализация в Lean.

Из пушки по воробьям. Нормальное доказательство от противного, не вижу проблем.

[skobar]

DieselMachine в сообщении #1737519 писал(а):

Нужна формализация в Lean. Если получится формализовать, значит доказательство верно.

Не нужна. Для формализации нужно лишь знание определения суммы ряда и элементарные теоремы о сходимости рядов.

-- добавлено через 4 минуты --

PS Похоже, что с "AI frenzy" люди разучатся думать самостоятельно.

[lel0lel]

Вот ещё доказательство из той же серии. Предположим сходимость ряда к S. Так как сходимость абсолютная, то слагаемые можно переставлять. Разбивка на два ряда с чётными и нечётными знаменателями (тоже сходящимися из предположения) даёт $S=1/2S+(1+1/3+1/5+...)$ Но $1+1/3+1/5+...>1/2+1/4+1/6...$ Противоречие.