chapter28.qq

\chapter \label chap:28:series
    Ряды

Ряды — это просто бесконечные суммы. Мы с ними уже несколько раз сталкивались
— например, когда обсуждали, что некоторые функции оказываются равны своим рядам
Тейлора (см. \ref[замечание][rem:22:sin-taylor] из
\ref[лекции][chap:22:taylor-lagrange]). Пришло время поговорить про ряды 
подробнее.

\section
    Сходящиеся и расходящие ряды

\subsection
    Определения и примеры

Пусть есть какая-то последовательность $\seq{a_k}$. 

\definition
    \emph{Бесконечным рядом} (или
    просто \emph{рядом}) называется такая бесконечная сумма:

    \eq
        \sum_{k=1}^\infty a_k = a_1 + a_2 + a_3 + \ldots.
    Если вместо бесконечности взять первые $n$ слагаемых, получится
    \emph{частичная сумма ряда}:
    \eq
        S_n := \sum_{k=1}^n a_k = a_1 + a_2 + \ldots + a_n.
    По определению, суммой ряда называется предел частичных сумм:
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty a_k := \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty}
        \sum_{k=1}^n a_k.

Конечно, этот предел может существовать, а может не существовать. В первом
случае ряд называется \emph{сходящимся}, во втором — \emph{расходящимся}.

\example \label ex:28:chocolate
    Ряд
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} +
        \frac{1}{8} + \ldots
    сходится. Это геометрическая прогрессия со знаменателем, по модулю 
    меньшим 1, но сходимость здесь можно увидеть и непосредственно. Если у вас была
    одна шоколадка, вы съели от неё половину, потом половину от оставшейся
    половины (то есть четверть), потом половины от того, что осталось (то есть
    одну возьмую) и т.д. — в пределе ничего не останется, но и больше, чем целую
    шоколадку, вы не съедите. Значит, сумма съеденных кусочков стремится к
    единице.

    \figure
        \img
            \src series-1.svg
            \style
                padding: 1em; max-width: 450px;
        \caption
            Сумма бесконечной геометрической прогрессии «на шоколадках»

\example 
    Ряд
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty k^2 = 1 + 4 + 9 + 16 + \ldots
    расходится: поскольку все слагаемые больше или равны 1, частичные суммы неограничены:
    $S_n \ge n$, и значит расходятся. Можно сказать, что сумма равна плюс
    бесконечности:
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty k^2 = +\infty.

\subsection Геометрическая прогрессия
Важным примером рядов являются суммы геометрических прогрессий, то есть
последовательностей вида $\seq{b_0 q^k}$, где $q$ называется \emph{знаменателем}
прогрессии.

Поскольку я никогда не могу запомнить формулу для суммы членов геометрической
прогрессии и каждый раз вывожу её заново, приведу этот вывод и здесь.

\proposition
    Для всяких $b_0 \in \mathbb R$, $q \ne 1$ и $n \in \mathbb N$ справедливо утверждение
    \eq
        \sum_{k=1}^n b_0 q^k = b_0 q \frac{1-q^n}{1-q}.
\proof
    Вынесем $b_0 q$ за знак суммирования, а потом сделаем замену индекса
    суммирования $m=k-1$:
    \eq
        \sum_{k=1}^n b_0 q^k  = b_0 q \sum_{k=1}^n q^{k-1} = b_0 q \sum_{m=0}^{n-1} q^m.
    Остаётся найти, чему равна сумма $\sum_{m=0}^{n-1} q^m$. Обозначим её через
    $S$. Тогда
    \eq
        \begin{array}{rlllll}
            S &= & 1 +  &q + q^2 + \ldots + & q^{n-1} & \\\\
            qS  &=&  &q + q^2 + \ldots + & q^{n-1} + &q^n
        \end{array}
    Вычитая из первого равенства второе, получаем:
    \eq
        S - qS = 1 - q^n,
    откуда
    \eq
        S = \frac{1-q^n}{1-q}.

\corollary
    При $|q|<1$,
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty b_0 q^k =  \frac{b_0 q}{1-q}
    поскольку в этом случае $q^n$ стремится к нулю при $n$ стремящемся к
    бесконечности. При $|q| > 1$ при $b_0\ne 0$ ряд расходится, поскольку $q^n$
    стремится к бесконечности. При $q=1$ последовательность является постоянной
    и ряд расходится при $b_0 \ne 0$.

В \ref[примере][ex:28:chocolate], $b_0=1$ и $q=1/2$, значит сумма равна
\eq
    \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} = \frac{1\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1,
как и ожидалось.

\subsection «Телескопические суммы»

Вообще есть мало сколь-нибудь универсальных способов нахождения бесконечных сумм
в явном виде.  Но чтобы вам не казалось, что нет никаких поддающихся анализу
рядов, кроме геометрической прогрессии, обсудим ещё один тип.

\example
    Найдём сумму ряда
    \equation \label eq:28:tele
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)}.
    Для этого заметим, что
    \eq
        \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}.
    Дальше хочется сделать такую штуку:
    \gather \nonumber
        \item \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)} = 
            \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) = 
        \splitem \splonly{=}
            \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + 
            \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right) +
        \splitem \splonly {{} +}
            \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right) + \ldots =
        \item = 
            \frac{1}{1} + \left ( -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right) +
        \splitem \splonly{ {} + }
            \left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right) + \ldots = 
        \splitem \splonly{=}
            \frac{1}{1} + 0 + 0 + \ldots =1.
    Это преобразование выглядит реалистично — в самом деле, нас учили, что при
    суммировании неважно, как расставлять скобки — однако таит в себе опасность.
    Рассмотрим, например, такой ряд:
    \equation \label eq:28:flip
        \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} = -1 + 1 - 1 + \ldots
    Его частичными суммами $S_n$ будут числа $-1$ (при нечётных $n$) и $0$ — при
    чётных. Мы знаем, что предела у такой последовательности нет. Однако,
    казалось бы, можно записать:
    \align \nonumber
        \item
            \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} \splonly{&} = -1 + 1 - 1 + 1 - \ldots = 
        \splitem \splonly{&=} 
            (-1 + 1) + (-1 + 1) + \ldots = 
        \splitem \splonly{&=}
            0 + 0 + \ldots = 0.
    Впрочем, с тем же успехом мы могли бы получить и $-1$, если бы сгруппировали
    слагаемые иначе (первое оставили отдельно, а второе сгруппировали с третьим,
    четвертой с пятым и т.д.)

    Пример с рядом $\sum_{k=1}^\infty (-1)^k$ показывает, что бесконечные суммы
    могут быть коварными — привычные нам операции типа группировки слагаемых
    могут менять результат. Как же всё-таки найти сумму ряда \ref{eq:28:tele}?

    Если мы не уверены, что некоторое преобразование сработает с бесконечным
    рядом, мы можем вернуться в ту область, где всё просто и понятно — в область
    конечных сумм. Давайте рассмотрим частичные суммы этого ряда:
    \align \nonumber
        \item
            \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}\splonly{&} =\frac{1}{1}-\frac{1}{2} + \frac{1}{2} -
            \frac{1}{3} + \ldots + 
        \splitem \splonly{& {} + }
            \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}.
    Тут уже скобки не важны, потому что группировка слагаемых в конечных суммах
    не меняет их значения. Мы видим, что слагаемые $(-1/2)$ и $1/2$ сокращаются,
    и дальше сократятся все пары слагаемых, заканчивая $(-1/n)$ и $1/n$.
    Останется только первое и последнее слагаемое. (Если вы чувствуете малейшие
    сомнения в этом месте, подставьте какое-нибудь небольшое конкретное $n$
    — например, $n=3$, и проследите, как это работает.) Итак:
    \eq
        \sum_{k=1}^n = \frac{1}{1} - \frac{1}{n+1}
    и значит предел частичных сумм равен $1$. То есть наше вычисление дало
    правильный результат, и теперь мы это аккуратно обосновали. (Проверьте, что
    будет, если попытаться применить то же самое рассуждение к ряду
    \ref{eq:28:flip}.)
        
Суммы такого вида, у которых слагаемые последовательно сокращаются, иногда
называют «телескопическими» — в процессе сокращения сумма как бы складывается,
как складная подзорная труба или телескоп.

\subsection Простейшие свойства
Как показвает пример с рядом \ref{eq:28:flip}, не все привычные нам операции с
конечными суммами можно применять к рядам. Однако, некоторые всё-таки можно.

\proposition \label prop:28:linearity
    Пусть ряды $\sum_{k=1}^\infty a_k$ и $\sum_{k=1}^\infty b_k$ сходятся и
    $c\in \mathbb R$ — какая-то константа. Тогда
    \enumerate
        \item $\displaystyle
                \sum_{k=1}^\infty (a_k + b_k ) =\sum_{k=1}^\infty a_k +
                \sum_{k=1}^\infty b_k$.
        \item
            $\displaystyle
                \sum_{k=1}^\infty (ca_k) = c\sum_{k=1}^\infty a_k$.
\proof
    Это прямое следствие из аналогичных свойств пределов. Докажем, например,
    первое свойство. Рассмотрим $n$-ю частичную сумму:
    \align \nonumber
        \item 
            \sum_{k=1}^n (a_k + b_k) \splonly{&} = (a_1 + b_1) + (a_2 + b_2) + \ldots + 
        \splitem \splonly{& {} +} 
            (a_n + b_n) = \ldots
    Это конечная сумма, в ней можно  раскрывать скобки и переставлять слагаемые,
    как нас учат в школе. Поэтому можно продолжить равенство:
    \align \nonumber
        \item \ldots \splonly{&} = (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) + 
        \splitem \splonly{& {} + }
            (b_1 + b_2 + \ldots + b_n) =
        \splitem \splonly{&=}
            \sum_{k=1}^n a_k + \sum_{k=1}^n b_k.
    Значит
    \align \nonumber
        \item 
            \sum_{k=1}^\infty (a_k + b_k) &= 
            \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n (a_k + b_k) = 
        \splitem \splonly{&=}
            \lim_{n \to \infty} \left(\sum_{k=1}^n a_k + \sum_{k=1}^n a_k\right) =
        \item &= 
            \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n a_k + \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n b_k =
        \splitem \splonly{&=}
            \sum_{k=1}^\infty a_k + \sum_{k=1}^\infty b_k.
    В третьем равенства мы использовали теорему о пределе суммы.

    Второе свойство доказывается аналогично, запишите доказательство
    самостоятельно.



\section Признаки сходимости и расходимости
\subsection
    Необходимое условие сходимости: члены стремятся к нулю
\proposition \label prop:28:necessary
    Если ряд $\sum_{k=1}^\infty a_k$ сходится, то
    \eq
        \lim_{n \to \infty} a_n = 0.
\proof
    Обозначим через $S_n$ частичную сумму нашего ряда:
    \eq
        S_n := \sum_{k=1}^n a_k.
    Тогда для всех $n > 1$
    \eq
        a_n = S_{n} - S_{n-1}.
    Рассмотрим предел последовательности $\seq{a_n}$:
    \eq
        \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} (S_n - S_{n-1}) = \lim_{n
        \to \infty} S_n - \lim_{n \to \infty} S_{n-1},
    но пределы $S_n$ и $S_{n-1}$ — это фактически один и тот же предел (во
    втором случае последовательность просто сдвинута на один элемент вправо, но
    предел от этого не изменился). И оба предела существуют, потому что по
    определению, предел частичных сумм — это сумма ряда, а ряд сходится.
    Обозначим сумму ряда за $S$. Тогда
    \eq
        \lim_{n \to \infty} a_n = S - S = 0.
\remark
    Теперь мы могли бы мгновенно сказать, что ряд \ref{eq:28:flip} расходится:
    его члены не стремятся к нулю.

\subsection Гармонический ряд
Условие $a_n \to 0$ является необходимым для сходимости ряда, но является ли оно
достаточным? Оказывается, нет. Приведём в качестве примере известный
\emph{гармонический ряд}.

\proposition
    Ряд
    \equation \label eq:28:harmonic
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}
        + \ldots
    расходится.

\proof
    Заметим, что
    \align \nonumber
    
        \item & \frac{1}{2}  \ge \frac{1}{2}
        \item &\frac{1}{3} + \frac{1}{4}  \ge 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}
        \item &\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}  \ge 4 \cdot
              \frac{1}{8} = \frac{1}{2}
        \item &
            \frac{1}{9} + \frac{1}{10} + \frac{1}{11} + \frac{1}{12} +
            \splonly{&}
        \splitem \splonly{&} 
            \frac{1}{13} + \frac{1}{14} + \frac{1}{15} + \frac{1}{16}
             \ge 8 \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{2}

    Каждая из сумм в левой части не меньше, чем своё последнее слагаемое (самое
    маленькое) умножить на число слагаемых. Понятно, что так можно продолжать и
    дальше. Для произвольного натурального $m$ возьмём слагаемые с номерами от
    $2^{m}+1$ до $2^{m+1}$. Их количество равно разности между этими двумя
    числами, плюс один. (Потому что и первое и последнее число включатся в
    подсчёт: например, если бы эти числа совпадали, разность равнялась нулю, но
    при этом одно слагаемое мы бы взяли.) Значит, общее число слагаемых равно
    \gather \nonumber
        \item 
            2^{m+1}-(2^{m}+1)+1=2^{m+1}-2^m=
        \splitem \splonly{=} 2^m(2^1-1)=2^m
    и каждое слагаемое не меньше последнего, то есть $1/2^{m+1}$. Итак:
    \equation \label eq:28:block
        \sum_{k=2^{m}+1}^{2^{m+1}} \frac{1}{k} \ge 2^m \frac{1}{2^{m+1}} =\frac{1}{2}.
    Возьмём первые $2^N$ слагаемых ряда \ref{eq:28:harmonic}. В них есть первое
    слагаемое, равное $1/1$, и ещё $N$ «блоков» вида \ref{eq:28:block}, каждый
    из которых не меньше $1/2$. Значит, их сумма не меньше, чем $N\frac{1}{2}+1$
    и стремится к бесконечности. Значит, ряд расходится.

\remark
    Суммирование гармонического ряда похоже на интегрирование функции
    $\frac{1}{x}$. И это не фигура речи. Мы знаем, что
    \eq
        \int_1^t \frac{1}{x}\, dx = \ln t
    и можно доказать, что существует такая константа $\gamma$ (постоянная
    Эйлера — Маскерони), что
    \eq
        \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right)- \ln n = \gamma,
    то есть у частичных сумм гармонического ряда есть «логарифмическая
    асимптота» (асимптота вида $y=\ln n + \gamma$).

    \figure \showcode \collapsed
        \pythonfigure \style max-width: 500px;
            def harmonic(n):
                # reverse order for better precision
                return sum(1 / k for k in range(n, 0, -1))
            gamma = 0.57721566490153286060
            # From Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Euler–Mascheroni_constant

            N = range(1, 10)
            plt.plot(N, [harmonic(n) for n in N], 'o', 
                     label=r'частичные суммы гармонического ряда')
            
            x = np.linspace(0.1, max(N) + 1, 301)
            plt.plot(x, np.log(x) + gamma, label=r'$y=\ln x + \gamma$')
            plt.yticks([1, 2, 3])
            plt.xticks(N)
            plt.legend()

            ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False)
            ob.settle_axes(xmin=-0.5, xmax=max(N) + 1, ymin=-0.2, ymax=4.2, 
                           xlabel="x", ylabel="y")
        \caption
            Логарифмическая асимптота для частичных сумм гармонического ряда

\subsection Признак сравнения
Ну хорошо, у нас есть необходимое условие сходимости — может быть, есть и
какие-то достаточные? Да, есть.

\theorem \label thm:28:comp
    Рассмотрим два ряда:
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty a_k, \quad \sum_{k=1}^\infty b_k.
    Если известно, что для всех натуральных $k$ верны неравенства
    \equation \label eq:28:le
        0 \le a_k \le b_k
    и ряд
    \equation \label eq:28:b
        \sum_{k=1}^\infty b_k
    сходится, то ряд
    \equation \label eq:28:a
        \sum_{k=1}^\infty a_k
    тоже сходится.

\proof
    Доказательство полностью аналогично доказательству \ref[похожей
    теоремы\nonumber][thm:27:comp] для несобственных интегралов. Попробуйте
    написать его самостоятельно.

    \quiz
        \choice \correct
            Узнать ответ
            \comment
                Обозначим сумму ряда \ref{eq:28:b} через $B$, частичные суммы
                ряда \ref{eq:28:b} через $B_n$, а частичные суммы ряда
                \ref{eq:28:a} через $A_n$. Поскольку все слагаемые
                неотрицательны, обе последовательности $\seq{A_n}$ и $\seq{B_n}$
                неубывают. Также в силу \ref{eq:28:le}, для всех $n$, $A_n \le
                B_n$. С другой стороны, в силу неубывания, все элементы $B_n$ не
                превосходят предела $B$ (если бы какой-то элемент перескочил
                через предел, все следующие элементы были бы отделены от предела
                и не могли бы к нему стремиться). Значит, для всех $n$, $A_n \le
                B_n \le B$ и значит последовательность $\seq{A_n}$ является
                неубывающей и ограниченной. Значит, по \ref[теоремe
                Вейерштрасса\nonumber][thm:08:weierstrass], у неё есть предел.

\example
    Докажем, что ряд
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^k}
    сходится. Действительно, для всех $k \ge 2$, $k^k \ge 2^k$ и следовательно
    $1/k^k \le 1/2^k$. Никакое конечное число начальных членов на сходимость
    ряда не влияет и значит в признаке сравнения достаточно выполнения
    неравенства для всех $k$, начиная с некоторого. А ряд
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}
    сходится. Значит, и наш ряд сходится.
\example
    Докажем, что ряд
    \equation \label eq:28:log
        \sum_{k=1}^\infty \frac{\ln k}{k}
    расходится. Действительно, для всех $k \ge 3$, $\ln k \ge 1$ и следовательно
    \eq
        \frac{1}{k} \le \frac{\ln k}{k}.
    Но если бы ряд \ref{eq:28:log} сходился, тогда и ограниченный им ряд
    $\sum_{k=1}^\infty 1/k$ тоже сходился бы. Но мы знаем, что последнее
    неверно. Значит, наш ряд расходится.

\subsection Интегральный признак сходимости
Как мы уже отмечали, между несобственными интегралами и рядами много общего. При
этом анализировать интегралы часто проще, чем ряды — есть разнообразные способы
преобразования интегралов, которые к рядам применяются плохо. К счастью,
есть теорема, которая позволяет переносить результаты о сходимости интегралов на
ряды и наоборот.

\theorem \label thm:28:int
    Пусть функция $f \colon [1, +\infty) \to \mathbb R$ невозрастает,
    неотрицательна и
    интегрируема на любом отрезке $[a, t]$, $t>a$. В этих условиях ряд
    \equation \label eq:28:sumf
        \sum_{k=1}^n f(k)
    сходится  тогда и только тогда, когда сходится несобственный интеграл
    \equation \label eq:28:intf
        \int_1^\infty f(x)\, dx.
\proof
    \paragraph{Если интеграл сходится, то и ряд тоже сходится} Построим график
    функции $y=f(x)$. Мы хотим представить сумму ряда \ref{eq:28:sumf} в виде
    некоторой площади, чтобы сравнить её с площадью, которая соответствует
    интегралу \ref{eq:28:intf}. Для этого над каждым отрезком $[k-1, k]$
    построим прямоугольник высотой $f(k)$, $k=1,2,\ldots$. 

    \figure
        \pythonvideo \jsanimate
            def reset_offsets(camera):
                # We teak celluloid to keep all the artists
                for dct in camera._offsets.values():
                    for k in dct:
                        dct[k] = 0

            def snap_n_reset(camera):
                camera.snap()
                reset_offsets(camera)

            fig, ax1 = plt.subplots()
            camera = Camera(fig)
            def f(x):
                return np.cos(x / 4) + 1

            xmax = 11
            x = np.linspace(1, xmax, 301)
            x_int = np.arange(1, xmax + 1)
            ax1.plot(x, f(x), label='$y=f(x)$', color='C0')
            ax1.fill_between(x,f(x), alpha=0.5)

            ax1.plot(x_int, f(x_int), 'o', color='C0')

            snap_n_reset(camera)

            points = []
            for x in range(0, xmax):
                points = [(x, 0), (x, f(x + 1)), (x + 1, f(x + 1)), (x + 1, 0)]
                ax1.plot(*zip(*points), color='C1')
                ax1.fill_between(*zip(*points), alpha=0.3, color='C1')
                snap_n_reset(camera)

            ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False, ax=ax1)
            ob.settle_axes(xmin=-0.5, xmax=xmax - 0.2, ymin=-0.2, ymax=2.2, 
                           xlabel="x", ylabel="y", ax=ax1)
            ax1.legend()
            ax1.set_xticks(range(xmax))
            ax1.set_yticks([])

            animation = camera.animate(interval=300)
        \caption
            Интеграл оценивает сумму ряда, начиная со второго слагаемого
        \label
            fig:28:integral-larger-than-series


    Площадь $k$-го
    прямоугольника равна $f(k)$, сумма всех площадей равна сумме ряда. Все
    прямогольники, кроме первого, находятся не выше графика функции: в силу
    неубывания на каждом отрезке $[k-1, k]$ значение функции не меньше $f(k)$.
    Разобьём наш ряд в сумму первого члена и всех остальных:
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty = f(1) + \sum_{k=2}^\infty f(k).
    Слагаемое $f(1)$ не меняет сходимости ряда, и значит достаточно изучить
    сходимость $\sum_{k=2}^\infty f(k)$. Любая частичная сумма этого ряда не
    превосходит значение интеграла \ref{eq:28:intf} и последовательность
    частичных сумм неубывает в силу неотрицательности $f$. Значит,
    последовательность частичных сумм имеет предел и ряд сходится.

    Формально можно записать так. Заметим, что
    \equation \label eq:28:sumint
        \sum_{k=2}^\infty f(k) = \int_1^{+\infty} f(\lceil x \rceil) \, dx,
    где $\lceil x \rceil$ — окугление «вверх» от числа $x$. Этот интеграл равен
    площади суммы всех прямоугольников, которую мы обсуждали выше (на каждом
    полуинтервале $(k-1, k]$ мы интегрируем константу $f(k)$). С другой стороны,
    $\lceil x \rceil \ge x$ и значит $f(\lceil x \rceil) \le f(x)$. По \ref[признаку
    сравнения для интегралов\nonumber][thm:27:comp], если интеграл \ref{eq:28:intf}
    сходится, то и интеграл \ref{eq:28:sumint} сходится.


    \paragraph{Если ряд сходится, то и интеграл сходится}
    Доказательство полностью аналогично, только всю картинку с прямоугольниками
    нужно сдвинуть на одну позицию вправо. То есть на отрезке $[k, k+1]$ нужно
    построить прямоугольник высотой $f(k)$. Теперь верхние стороны наших
    прямуогльники будут ограничивать график функции $y=f(x)$ сверху, и из
    сходимости ряда будет следовать сходимость интеграла.

    \figure
        \pythonvideo \jsanimate
            def reset_offsets(camera):
                # We teak celluloid to keep all the artists
                for dct in camera._offsets.values():
                    for k in dct:
                        dct[k] = 0

            def snap_n_reset(camera):
                camera.snap()
                reset_offsets(camera)

            fig, ax1 = plt.subplots()
            camera = Camera(fig)
            def f(x):
                return np.cos(x / 4) + 1

            xmax = 11
            x = np.linspace(1, xmax, 301)
            x_int = np.arange(1, xmax + 1)
            ax1.plot(x, f(x), label='$y=f(x)$', color='C0')
            ax1.fill_between(x,f(x), alpha=0.5)

            ax1.plot(x_int, f(x_int), 'o', color='C0')

            snap_n_reset(camera)

            points = []
            for x in range(1, xmax):
                points = [(x, 0), (x, f(x)), (x + 1, f(x)), (x + 1, 0)]
                ax1.plot(*zip(*points), color='C1')
                ax1.fill_between(*zip(*points), alpha=0.3, color='C1')
                snap_n_reset(camera)

            ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False, ax=ax1)
            ob.settle_axes(xmin=-0.5, xmax=xmax - 0.2, ymin=-0.2, ymax=2.2, 
                           xlabel="x", ylabel="y", ax=ax1)
            ax1.legend()
            ax1.set_xticks(range(xmax))
            ax1.set_yticks([])

            animation = camera.animate(interval=300)
        \caption
            Сумма ряда оценивает интеграл сверху
        \label
            fig:28:series-larger-than-integral

    Формально, можно записать:
    \equation \label eq:28:sumint-right
        \sum_{k=1}^\infty f(k) = \int_1^{+\infty} f(\lfloor x \rfloor) \, dx,
    где $\lfloor x \rfloor$ — округление вниз числа $x$, и использовать
    неравенство $f(\lfloor x \rfloor) \ge f(x)$. Значит ряд ограничивает
    интеграл и из сходимости ряда следует сходимость интеграла.

\example
    Докажем, что ряд
    \equation \label eq:28:euler
        \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}
    сходится.

    Действительно, этот ряд можно представить в виде ряда $\sum_{k=1}^\infty
    f(k)$, где $f(x)=1/x^2$ — невозрастающая неотрицательная функция. Значит
    сходимость этого ряда эквивалентна сходимости интеграла
    \eq
        \int_{1}^\infty \frac{1}{x^2}\,dx.
    Но мы уже \ref[доказывали\nonumber][ex:27:xsquared], что этот интеграл
    сходится. Значит, ряд тоже сходится.

\remark
    Из интегрального признака сходимости рядов не следует, что сумма ряда равна
    соответствующему интегралу — это только оценка! Например, сумма ряда
    \ref{eq:28:euler} довольно неожиданно равна $\pi^2/6$, в то время как
    соответствующий интеграл равен $1$. Однако, из доказательства
    \ref[теоремы][thm:28:int] можно извлечь оценку на сумму ряда. Скажем, даже
    если бы мы не знали, чему равна сумма ряда \ref{eq:28:euler}, мы могли бы
    показать, что она меньше двух (первый член равен 1, а остаток оценивается
    сверху интегралом, который равен 1) и больше одного (весь ряд, включая
    первый член, больше либо равен соответствующему интегралу).

\subsection Знакочередующиеся ряды
Признаки сравнения, обсуждающиеся выше, применимы к рядам с неотрицательными
членами. Легко придумать их аналоги для рядов, чьи члены всегда неположительны.
Если условие знакопостоянства верно для всех членов, начиная с некоторого,
эти признаки тоже работают: никакое конечное число первых членов на сходимость
ряда не влияют.

Можно ли что-то сказать в том случае, когда среди членов ряда есть бесконечно
много положительных и бесконечно много отрицательных членов (такие ряды называют
\emph{знакопеременными})? В некоторых случаях — можно.

\definition
    Пусть $a_k$ — некоторая последовательность с положительными членами.
    Рассмотрим ряд
    \equation \label eq:28:alt
        \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} a_k.
    Он называется \emph{знакочередующимся}. Также можно поставить коэффициент
    $(-1)^{k}$, получится тоже знакочередующийся ряд.

Про знакочередующиеся ряды обычно просто сказать, сходятся они или нет:
\ref[необходимое условие сходимости\nonumber][prop:28:necessary] в этом случае
почти совпадает с достаточным (но не совсем совпадает, нужно дополнительное
условие).

\theorem (Признак Лейбница.)
    Пусть для знакочередующегося ряда \ref{eq:28:alt} модули членов невозрастают,
    то есть для всех $k$, $a_{k+1} \le a_k$. Если при этом
    \eq
        \lim_{k\to \infty} a_k = 0,
    то ряд сходится.
\proof
    Обозначим частичные суммы ряда через $S_n$. Тогда $S_1=a_1$, $S_2=a_1 -
    a_2$, $S_3 = a_1 - a_2 + a_3$ и т.д. Будем откладывать эти точки на числовой
    прямой, см. \ref[рис.][fig:28:alt].

    Вот мы отложили точку $S_1$. Затем нужно сдвинуться влево на $a_2$, чтобы
    получить $S_2$. Отсюда нужно сдвинуться вправо на $a_3$, чтобы получить
    $S_3$. Может ли оказаться, что мы «перескочим» при этом $S_1$? Нет, потому
    что последовательность $a_k$ невозрастает, и значит $a_3 \le a_2$, то есть
    сдвиг от $S_2$ до $S_3$ не превосходит длину отрезка $[S_2, S_1]$. Значит
    точка $S_3$ лежит в отрезке $[S_2, S_1]$.

    \figure
        \img
            \src series-2.svg
            \style
                padding: 1em; max-width: 550px;
        \caption
            Частичные суммы знакочередующегося ряда с убывающими членами
        \label
            fig:28:alt

    Следующий шаг должен быть влево, и поскольку $a_4 \le a_3$, точка $S_4$
    лежит на отрезке $[S_2, S_3]$. И так далее.

    Можно построить последовательность вложенных отрезков $\seq{I_k}$,
    определяемых следующим образом:
    \eq
        I_k = [\min(S_k, S_{k+1}), \max(S_k, S_{k+1})],
    то есть концы $k$-го отрезка — это просто частичные суммы
    ($k$-я и $k+1$-я), записанные в правильном порядке (та, что больше, справа,
    а та, что меньше, слева).
    Тогда
    \align \nonumber
        \item 
            I_1 & = [S_2, S_1],
        \item 
            I_2 & = [S_2, S_3],
        \item 
            I_3 & = [S_4, S_3],
        \item 
            I_4 & = [S_4, S_5],
    и т.д. По построению, $I_{k+1} \subset I_k$ и $|I_k|=a_{k+1} \to 0$ при
    $k\to 0$. Значит по \ref[лемме о вложенных
    отрезках\nonumber][lem:09:segments] существует единственная точка $c$,
    принадлежащая всем $I_k$, и концы отрезков стремятся к $c$. Но концами
    являются наши предельные суммы и значит если они стремятся к $c$, то ряд
    сходится к $c$.

\example
    Ряд
    \equation \label eq:28:cond
        \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}
    является сходящимся.

\section Абсолютная и условная сходимость
\definition
    Рассмотрим ряд
    \equation \label eq:28:series
        \sum_{k=1}^\infty a_k.
    Если ряд из модулей
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty |a_k|
    сходится, ряд \ref{eq:28:series} называется \emph{абсолютно сходящимся}.
\proposition
    Если ряд сходится абсолютно, то он сходится. (Звучит забавно, но,
    действительно, в определении абсолютной сходимости ничего не сказано про то,
    сходится сам ряд, или нет — сказано только про ряд из модулей.)
\proof
    Докажите самостоятельно. Подсказка: пусть $b_n = a_n + |a_n|$. Тогда $b_n
    \ge 0$ и $b_n \le 2|a_n|$. Но $a_n = b_n - |a_n|$.
\definition
    Если ряд сходится, но не является абсолютно сходящимся, говорят, что он
    \emph{сходится условно}.
\example
    Ряд  \ref{eq:28:cond} сходится условно, потому что соответствующий ему ряд
    из модулей является гармоническим (см. \ref{eq:28:harmonic}) и расходится.

Оказывается, что абсолютно и условно сходящиеся ряды ведут себя существенно
по-разному — некоторые естественные операции можно безопасно делать с абсолютно
сходящимися рядами, но нельзя с условно сходящимися. В частности, для условно
сходящихся рядов не действует принцип «от перемены мест слагаемых сумма не
меняется». 

\definition
    Биективное отображение $\ph \colon \mathbb N \to \mathbb N$ называется
    \emph{перестановкой} натурального ряда.
Если задана какая-то перестановка натурального ряда $\ph$, с её помощью можно из
ряда
\eq
    \sum_{k=1}^\infty a_{k}
изготовить ряд
\eq
    \sum_{k=1}^\infty a_{\ph(k)},
то есть ряд, члены которого совпадают с $\seq{a_k}$, но их порядок изменён с
помощью перестновки $\ph$.

\theorem
    В результате перестановок членов абсолютно сходящегося ряда его сумма не
    меняется.
\proof \outline
    Если ряд имеет только положительные элементы,  легко показать, что частичные
    суммы переставленного ряда оцениваются частичными суммами исходного, и
    наоборот. Ряд с положительными и отрицательными членами можно представить
    как разность двух рядов с положительными членами.

\theorem (Римана)
    Пусть есть какой-то условно сходящийся ряд $\sum_{k=1}^\infty a_k$. Тогда
    выбором подходящей перестановки его членов можно получить ряд с любой
    заранее заданной суммой.  Иными словами, для всякого $c$ найдётся такая
    перестановка $\ph$, что в результате этой перестановки получается ряд, сумма
    которого равна $c$.
\proof
    \paragraph{Положительные и отрицательные члены} Будем для простоты считать,
    что в исходном ряду нет нулевых членов — если они есть, на сумму они никак
    не влияют, и в силу расходимости ряда из модулей, количество ненулевых
    членов не может быть конечным. 

    Ключевой момент доказательства состоит в том, чтобы отдельно рассмотреть
    положительные и отрицательные члены ряда. Для этого введём такие
    обозначения:
    \eq
        a_k^+ := \begin{cases}
            a_k, & a_k > 0, \\\\
            0, & a_k < 0,
        \end{cases},\quad
        a_k^- := \begin{cases}
            0, & a_k > 0, \\\\
            a_k, & a_k < 0.
        \end{cases}
    Тогда ряд 
    \equation \label eq:28:ak+
        \sum_{k=1}^\infty a_k^+
    состоит только из его положительных слагаемых исходного ряда, а 
    \equation \label eq:28:ak-
        \sum_{k=1}^\infty a_k^-
    только из отрицательных. Заметим, что
    \eq
        a_k := a_k^+ + a_k^-,\quad |a_k| = a_k^+ - a_k^-.
    Докажем, что оба ряда \ref{eq:28:ak+} и \ref{eq:28:ak-} расходятся.
    Действительно, пусть, например, ряд
    $\sum_{k=1}^\infty a_k^+$ сходится (другой случай рассматривается так же).
    Тогда
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty a_k^- = \sum_{k=1}^\infty (a_k - a_k^+) =
        \sum_{k=1}^\infty a_k - \sum_{k=1}^\infty a_k^+
    тоже сходится, как разность сходящихся рядов (см.
    \ref[утверждение][prop:28:linearity]). Но в этом случае и ряд
    \eq
        \sum_{k=1}^\infty |a_k| = \sum_{k=1}^\infty (a_k^+ - a_k^-) =
        \sum_{k=1}^\infty a_k^+ - \sum_{k=1}^\infty a_k^-
    тоже сходится, а это противоречит предположению, что исходный ряд
    $\sum_{k=1}^\infty a_k$ сходится лишь условно, а не абсолютно.

    Итак, оба ряда \ref{eq:28:ak-} и \ref{eq:28:ak+} расходятся. Первый состоит
    только из неотрицательных слагаемых. Единственный способ, каким он может
    расходиться, то есть не иметь предела — это стремиться к плюс бесконечности.
    Действительно, последовательность частичных сумм $\seq{S_N^+}$ неубывает.
    Она не может быть ограниченной сверху, поскольку неубывающая ограниченная
    сверху последовательность имеет предел по \ref[теореме
    Вейерштрасса][thm:08:weierstrass]. Значит, она не является ограниченной, то
    есть для всякого $C$ найдётся такое $N$, что $S_N^+ > C$. Но в силу
    неубывания, для всех $n>N$, $S_n^+ \ge S_N^+ > C$. Значит, $S_n^+ \to
    +\infty$ при $n \to \infty$.

    Аналогично доказывается, что ряд \ref{eq:28:ak-} стремится к минус
    бесконечности.

    \paragraph{Точная подгонка} 
    Пусть из последовательности $\seq{a_k^+}$ выкинули все нулевые члены.
    Подпоследовательность, составленную из оставшихся членов, назовём
    $\seq{b_m^+}$. Порядок следования членов последовательности $\seq{b_m^+}$ —
    такой же, как в $\seq{a_k^+}$, просто все нулевые пропущены.

    Аналогично определим последовательность $\seq{b_l^-}$ — последовательность
    из всех ненулевых членов $\seq{a_k^-}$, идущих в том же порядке, в котором они
    были.

    Иными словами, $\seq{b_m^+}$ и $\seq{b_l^-}$ — это последовательности
    положительных и отрицательных членов исходной последовательности
    $\seq{a_k}$.

    Эта лекция читается в конце декабря, так что можно представить себе, что
    $\seq{b_m^+}$ — это мешок с бесконечным количеством подарков, каждый подарок
    имеет свой размер, влияющий на то, насколько повышается настроение у
    человека, которому вы его дарите. Про этот мешок вы знаете, что подарки в
    нём пронумерованы, и что мешок этот бесконечно большой, подарков в нём
    достаточно, чтобы поднять настроение на любой уровень. 

    Тогда $\seq{b_l^-}$ — это мешок антиподарков, которые снижают настроение, а
    не повышают его. Подарки в нём также пронумерованы и имеют в совокупности
    неограниченный потенциал для снижения настроения. 

    Пусть теперь нам задано какое-то число $c \in \mathbb R$. Мы будем
    выписывать элементы последовательностей $b_m^+$ и $b_l^-$ таким образом,
    чтобы сумма выписанных элементов стремилась к $c$. Каждый элемент будет
    выписан ровно один раз, и до любого элемента мы рано или поздно доберёмся.

    Алгоритм устроен так. Допустим, $c \ge 0$, обратный случай рассматривается
    аналогично. Мы начинаем из точки $0$ и будем выписывать элементы из
    последовательности $\seq{b_m^+}$ по порядку, до тех пор, пока сумма
    выписанных элементов не превзойдёт $c$. Если в какой-то момент эта сумма
    попала ровно в $c$, выпишем ещё один элемент. Визуально это соответствует
    тому, что мы делаем скачки вправо на величину $b_1^+$, $b_2^+$ и т.д., до
    тех пор, пока не «перескочим» через $c$.

    Как только это произошло, мы меняем направление. Теперь будем выписывать
    элементы из последовательности $\seq{b_l^-}$ по порядку. Они отрицательные,
    поэтому сумма всех выписанных элементов будет каждый раз сдвигаться влево на
    модуль очередного выписанного элемента. В какой-то момент мы перескочим
    через $c$ (теперь в обратном направлении, слева направо). Сразу после этого
    нужно снова сменить направление движения.

    Теперь мы опять должны выписывать элементы из $\seq{b_m^+}$, продолжая ровно
    с того места, где остановились в прошлый раз. Если последний выписанный нами
    на предыдущем этапе элемент был $\seq{b_{m_1}^+}$, то начать надо с элемента
    $\seq{b_{m_1+1}^+}$. И снова мы выписываем элементы из $\seq{b_m^+}$ до тех
    пор, пока сумма всех элементов (включая все выписанные ранее) не превзойдёт
    $c$. В этот момент мы снова переключимся, и будем так продолжать до
    бесконечности.


    \paragraph{Почему этот алгоритм работает}

    Я утверждаю, что описанный нами алгоритм реализует искомую перестановку — а
    именно, что получится последовательность, которая является перестановкой
    исходной последовательности $\seq{a_k}$, и что предел её частичных сумм
    равен $c$.

    Во-первых, этот алгоритм никогда не остановится, и будет делать бесконечное
    количество переключений между движением вправо и движением влево. Почему
    так? Потому что сумммы \ref{eq:28:ak+} и \ref{eq:28:ak-} расходятся, и
    значит в наших «мешках с подарками и антиподарками» подарков достаточно,
    чтобы сделать сколь угодно хорошее и сколь угодно плохое настроение. Более
    того, поскольку начальные члены ряда не влияют на сумму, эти свойства
    сохранятся и после того, как какое-то конечное количество слагаемых из
    последовательностей $\seq{b_{m}^+}$ и $\seq{b_l^-}$ было выписано. Значит мы
    всегда можем взять достаточно много элементов из «хвостов» этих
    последовательностей, чтобы сдвинуться как угодно далеко вправо или как
    угодно далеко влево. Значит, нам всегда удастся перескочить через $c$ и
    сменить направление движения.


    В ходе каждого этапа движения вправо или влево из соответстующей
    последовательности берётся по крайней мере один элемент. По построению, мы
    не пропускаем никакие элементы и не повторяем одни и тот же элемент дважды.
    Поскольку этапов бесконечно много, это означает, что любой элемент рано или
    поздно будет выписан, причём ровно один раз. Это означает, что новая
    последовательность — перестановка старой.

    Наконец, почему предел её частичных сумм стремится к $c$? Заметим,
    что в силу \ref[необходимого условия сходимости\nonumber][prop:28:necessary], $a_k
    \to 0$ при $k \to \infty$ и значит $a_k^+ \to 0$ и $a_k^- \to 0$. Это
    означает, что $\lim_{m \to \infty} b_m^+ = 0$ и $\lim_{l \to \infty} b_l^- =
    0$. То есть скачки, которые мы совершаем каждый раз, стремятся к нулю.
    Однако, расстояние от $c$ до очередной частичной суммы не превосходит
    модуля длины последнего скачка, после которого мы перескочили через $c$.
    Этот скачок равен соответствующему элементу последовательности $a_k$, и его
    номер стремится к бесконечности, поскольку при каждом проходе «вправо» мы
    берём как минимум один элемент из последовательности положительных членов, а
    при проходе «влево» берём как минимум один элемент из последовательности
    отрицательных членов. Значит, $k$ как минимум не меньше, чем число проходов
    вправо и влево. Поэтому расстояние от $c$ до очередной частичной суммы
    стремится к нулю.

    Теорема доказана.


\section Заключение

Ряды естественным образом возникают в ситуациях, когда есть какая-то величина,
меняющаяся дискретно (в отдельные моменты времени), и нас интересует, как это
величина накапливается. Сложные проценты в финансах, расчёты платежей в теории
игр, математические ожидания дискретных случайных величин в теории вероятностей
— во всех этих областях появляются ряды. Особенно важно понимать, какие ряды
сходятся, а какие нет — и мы подробно обсудили несколько достаточно
универсальных признаков, применимых в широком спектре ситуаций. К сожалению,
нахождение значений рядов — задача ещё более сложная, чем нахождение сумм
интегралов. Впрочем, если вы хотите углубиться в эту тему, могу рекомендовать
книгу «Конкретная математика. Основание информатики» (Р. Грэхем, Д. Кнут, О.
Поташник). Там эта тема обсуждается подробно.

А мы подходим к концу курса. Осталась буквально одна тема. И это будет что-то
новое!