Bai Viet Cho Vnmath

[email protected]

HOÁN VỊ CÁC SỐ HẠNG CỦA MỘT SỐ CHUỖI SỐ BÁN HỘI TỤ VÀ CÁC KẾT QUẢ ĐẸP NHẬN ĐƯỢC

Nguyễn Thị Kim Trà Võ Thị Đảm

Định lý Rieman đã chỉ ra rằng một chuỗi bán hội tụ thì sẽ tồn tại một cách sắp xếp lại chuỗi sao cho chúng ta được một chuỗi mới có tổng tùy ý cho trước. Đó là trên lý thuyêt, còn việc đưa ra một cách sắp xếp “nhìn được” không phải là đơn giản. Những kết quả dưới đây sẽ cho ta những cái nhìn sâu sắc hơn về mảng thú vị này. Trước tiên ta gặp lại chuỗi đan dấu quen thuộc sau 1 (−1) n Ta biết rằng chuỗi này là hội tụ (dấu hiệu Leibniz). Tuy nhiên chuỗi lập bởi giá trị tuyệt đối của các số hạng của nó chính là chuỗi điều hòa lại phân kỳ. Tức là chuỗi 1 n phân kỳ. Nói cách khác chuỗi đan dấu ở trên là chuoãi baùn hội tụ. Ta sẽ chỉ ra rằng (−1)

1 = ln2 n

Ta chứng minh kết quả sau: 1 1 1 1 1 + + + + ⋯ + = lnn + C + ε 2 3 4 n với ε ⟶ 0 khi n ⟶ ∞. Với mỗi n thuộc tập số tự nhiên ta xét dãy (a ) có số hạng tổng quát sau 1 1 1 1 a = 1 + + + + ⋯ + − lnn 2 3 4 n Ta có 1 1 1 a −a = − ln(n + 1) + lnn = − ln 1 + < 0 (1) n+1 n+1 n Điều này có được nhờ vào sự đồng biến của hàm số f(x) = ln(1 + x) − trên (0, +∞). (f’(x)≥ 0) 0

[email protected]

Từ (1) suy ra dãy (a ) là đơn điệu giaûm. Hơn nữa dãy đã cho còn bị chặn dưới . Thật vậy 1 1 1 1 1 a = 1 + + + + ⋯ + − lnn > ln(1 + 1) + ln 1 + + 2 3 4 n 2 1 3 4 n+1 n+1 … + ln 1 + − lnn = ln 2. . … − lnn = ln >0 n 2 3 n n Vì vậy (a ) hội tụ, tức là tồn tại C sao cho lim a = C →

Hay nói cách khác ta có công thức 1 1 1 1 1 + + + + ⋯ + = lnn + C + ε 2 3 4 n Gọi S là tổng riêng của chuỗi đã cho, khi đó ta có 1 1 1 1 1 S =1− + − +⋯ − 2 3 4 2n − 1 2n 1 1 1 1 1 1 = 1 + + ⋯+ − 1 + + + +⋯+ 2 2n 2 3 4 n = (ln(2n) + C + ε ) − (ln(n) + C + ε ) = ln2 + ε Suy ra lim S = lim S = ln2 ⟶

−ε

⟶

Hay là (−1)

1 = ln2 n

Bây giờ ta hoán vị các số hạng của chuỗi (−1)

1 n

bằng cách tiếp theo một số hạng dương là hai số hạng âm. Tức là ta có chuỗi 1 1 1 1 1 1 1 1 1− − + − − + ⋯+ − − +⋯ 2 4 3 6 8 2k − 1 4k − 2 4k Ký hiệu (T ) là dãy của các tổng riêng của chuỗi được sắp lại . Khi đó :

 1 1 1 1 1 1  1 T3 n =   1    +      ... +   2 4 3 6 8  2 n- 1 4 n- 2  1 1 1 1 1 1 =  +   ... +  2 4 6 8 4 n 2 4 n 1 1 1 1 1 1  =  1  +  + ... +   2 2 3 4 2 n- 1 2 n  1 suy ra : limT3 n = ln 2 n 2

1      4n 

1

[email protected]

Ta coù:

T3n-1 = T3n + và T3 n-2 = T3 n-1 +

1 4n

1 4 n- 2

1 ln 2 2 Như vậy ta đã chứng minh được rằng bằng cách hoán đổi các số hạng, ta đã làm cho tổng của chuỗi giảm đi một nửa . Nên khi n∞, chúng cũng có giới haïn là :



Hoán vị các số hạng của chuỗi

 (-1)

n-1

n=1

1 sao cho khối α thành phần dương n

của chuỗi xen kẽ với khối β thành phần âm của chuỗi. 

Bây giờ ta hoán vị các số hạng của chuỗi

 (-1) n=1

n-1

1 sao cho được khối α n

thành phần dương của chuỗi xen kẽ với khối β thành phần âm của chuỗi tức là nghiên cứu chuỗi có dạng 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + +⋯+ − − −⋯− + + + ⋯+ 3 5 2 −1 2 4 2 2 +1 2 +3 4 −1 1 1 1 − − −⋯− + 2 +2 2 +4 4 nếu hội tụ chuỗi này sẽ có tổng bằng tổng của chuỗi 1 1 1 1 1 1 1+ +⋯+ − + ⋯+ + + ⋯+ − ⋯ (1) 3 2 −1 2 2 2 +1 4 −1 Ta đi xét chuỗi: 

1

1

1

 2 ( n  1)  1  2 ( n  1)  3  ...  2 n  1 n 1

1 1 1    ...  2( n  1)   2 2( n  1)   4 2n

(2)

Chuỗi (2) nhận được từ chuỗi (1) bằng cách nhóm các số hạng của chuỗi (1) theo từng cặp. Ta thấy rằng nếu chứng minh được chuỗi (2) hội tụ và tìm được tổng của nó thì ta cũng có thể khẳng định rằng chuỗi (1) cũng có tổng là như vậy . Giả sử α > β, khi đó: 1 1 1 1 1 1 1 Sn = 1 − + − + ⋯ − + + +⋯ (3) 2 3 4 2βn 2nβ + 1 2nβ + 3 2nα − 1 trong đó Sn là tổng riêng của chuỗi (2). Ta có :

1 1 1  1 1 1  1 1 1 + + ... + =  1+ + + ... +   1+ + + ... +  m+1 m+ 2 n  2 3 n  2 3 m 2

[email protected]

= (ln(n) + C + ε ) − (ln(m) + C + ε ) = ln

n + ε −ε m

Thêm vào và bớt đi trong biểu thức (3) số hạng :

1 1 1 1  1 1 1     ...    ...   n  2n  2 2n  4 2n 2  2 n   1 n   2 Ta ñöôïc:

 1 1 1 Sn   1 + + + ... + 2 3 2n  

 1 1 1   - 2  + + ... +  2n    2 4

 1 1 1 1     ...    2 n  1 2 n   2 n  1 2 n   2  1 1 1     ...   2n  2n 2 2n 4 = (ln(2nβ) + ε + (ln

+ε

−ε

+ C) − (ln(nβ) + ε

+ C) − (ln

+ε

−ε

+ C) + C)

  1    ln 2   2 n    n   ln   2 n    2 n    n    n   2    Suy ra

lim S n = ln 2  n

1  ln 2 

Khi α ≤ β thì ta cũng nhận được kết quả như trên bằng cách chứng minh tương tự. Theo như chứng minh trên, ta có kết quả đẹp sau

1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           ...  0 2 4 6 8 3 10 12 14 16 5

ứng với α = 1, β =4. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ⋯+ − + + + ⋯+ − + ⋯ = 2ln2 3 5 7 2 9 11 15 4 ứng với α = 4, β =1. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1+ +⋯+ − + +⋯+ − + +⋯+ − + ⋯ = ln2 3 15 2 17 31 4 33 47 6 2 ứng với α = 8, β = 1 

 (-1 ) n =1

n -1

1 1 1 1 1 1 = 1 - + - + ... + + ... = ln 2 n 2 3 4 2 k-1 2 k

ứng với α = 1, β =1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 − − −⋯− + − − −⋯− + − ⋯ = ln 2 4 6 3 8 10 12 5 √3 ứng với α = 1, β =3. 3

[email protected]

Khi α = β thì tổng của chuỗi nhận được luôn bằng ln2 Bây giờ ta hoán vị các số hạng theo một kiểu khác: ta sắp xếp lại các số hạng của chuỗi theo n (n=1,2,3,...) các số hạng dương theo sau một số hạng âm. Tức là đi nghiên cứu chuỗi

1 1 1 1 1 1 1 1         . . . (4) 2 3 5 4 7 9 11 6 Nhóm các số hạng của chuỗi (4) theo cách sau: 1

1 1 1 1 1 1 1 1     ... 1            2   3 5 4   7 9 11 6   Ta có: 



 n n 1



2

1 1 1 1   2  ...  2    n 1 n  n  3 n  n  (2 n  1) 2 n 



1 1 1 1     2  2  ...  2   (5) n n3 n  n  1 2n  n 1  n  n  1 Gọi

s n và

T n là tổng riêng thứ n của chuỗi (4) và chuỗi (5) tương

ứng : Vì T n có n số hạng âm và

n(n+1) số hạng dương nên : 2

Ta có : Tn = S (n+1) n + n 2

Khi đó ta có : n

Tn  S (n+1) n 2

 n



  k

2

k 1 n





  k k 1

2

1 1 1 1   2  ...  2    k 1 k  k 3 k  k1 2 k  k 1     k1 2 k 

 k 1  1  1    2      (n   ) 2 k  4 k 1 k k  1  (k  k  1) Như vậy bằng cách hoán vị như trên chuỗi nhận được sẽ phân kỳ Một chuỗi khá quen thuộc nữa đối với chúng ta là chuỗi n



(−1) √

(6)

Đây là chuỗi hội tụ (theo dấu hiệu Leibniz) tuy nhiên chuỗi lập bởi giá trị tuyệt đối lại phân kỳ . Do đó chuỗi đã cho là bán hội tụ. Hoaùn vò các số hạng của chuỗi (6) để nó trở thành chuỗi phân kỳ bằng cách: sau ba số hạng dương thì tiếp ngay một số hạng aâm. Tức là ta nghiên cứu chuỗi: 4

[email protected]

1 1 1   1 1 1 1        1     ... 3 5 2  7 9 11 4  1  6n  5

 ....    

=



  n 1

1  6n  3

1  6n  1

1 2n

   ... 

1 1 1 1      6n  5 6n  3 6n  1 2n 



  an n 1

Ta chứng minh chuỗi này phân kỳ : Ta có:

1  6n  3

1  6n  1

1  2n

 2 2n  6n  1  1    2 n  6 n  1  2n 

2  6n  1

Ta có

2 2n  6n  1  2 2n  6n =  2 2n 



3  2n 

2n 2 



3 0

Do đó:

1  6n  3

1 1  0 6n  1 2n

Suy ra

1  6n  5

1  6n  3

1 1   6n  1 2n

1 6n  5

Mà chuỗi 



n 1

1 6n  5 

phân kỳ (theo dấu hiệu so sánh) nên chuỗi

a

n

phân kỳ.

n 1

Vậy chuỗi mới nhận được sau khi hoán vị chuỗi bán hội tụ ban đầu đề ra là chuỗi phân kỳ. Bây giờ ta hoaùn vò caùc soá haïng cuûa chuỗi (6) bằng cách đặt sau hai phần tử dương là một phần tử âm. Tức là ta đi nghiên cứu chuỗi 1 1 1 1 1 1      ... 3 2 5 7 4 Nhóm các số hạng của chuỗi ta viết lại dưới dạng :

5

[email protected] 

1  4n  3



  n 1

1  4n  1

1   2n 

Vì

1 4n  3



1 4n  1



1



2n

1 2n  4n  1  4n  3 4n  1 2n

>

1 2 n  4n  1  = 4n  1 4n  1 2n

>

=

2 2n  4n  1 > 4 n  1 2n

>

2 2n  4n 2 2  4n  1 2n 4n  1

Do đó

lim s3n   n

với {Sn} laø dãy tổng riêng của chuỗi đã sắp lại. Vaäy chuỗi đã được sắp đặt lại là chuỗi phân kỳ. Tiếp theo sau đây là một số kết quả tổng quát hơn cho những kết quả trên. Giả sử hàm f:  0,    0,   ,giảm tới 0 khi x   sao cho dãy n  f  n  

 , đặt S là tổng của chuỗi

tăng tới

 (1)

n 1

f  n  . Cho trước L , tìm một cách

n 1

đổi thứ tự chuỗi trên để chuỗi nhận được hội tụ về S+L Trước hết giả sử rằng L>0 và đặt n = d + u, d > u, sau đó sắp lại chuỗi 

 (1)

n 1

f  n  sao cho tổng riêng thứ n của chuỗi mới là :

n 1

Tn  Tu d   f 1  f  2   f  3  ...  f  2 u    f  2 u  1  f  2 u  3  ...  f  2 u  2  d  u   1

  f 1   f  2   f  3   ...  f  2 u    f  2 u  1  f  2 u  3   ...  f  2 d  1 Tổng này có u số hạng âm và d số hạng dương . Vì tổng của nhóm thứ nhất có u số hạng dương nên tổng tổng của nhóm thứ hai có (d-u) số hạng dương , và như vậy tổng này sẽ nằm giữa (d-u)f(2d) vaø (du)f(2u). Vì tổng trong ngoặc thứ nhất hội tụ tới S khi u   , sự thay đổi trong tổng bằng với giới haïn của tổng trong ngoặc thứ hai. Ñaët v(u)=d-u , khi đó : 6

[email protected]

v  u  f  2 d   f  2 u  1  f  2 u  3   ...  f  2 d  1  v  u  f  2 u  (7) Từ sự đơn điệu của dãy nf  n  ta có :

2 uf  2 u   2 df  2 d  hay :

2 uf  2 u   2  u  v  u   f  2u + 2v  u   suy ra:

f  2u + 2v  u   u  1 (8) u  v u  f 2 u  Choïn v  u  sao cho:

limv  u  f  2 u   L, L 



u 

 1  (Ví dụ có thể chọn v  u   L    f 2 u  

lim

v u 

u

u

(9)

khi đó

0

Vì

 v u  L  lim  2 uf  2 u     u  2u  và

lim  2 uf  2 u      u

Như vậy:

  u lim    1 u u  v u     Từ (8) suy ra

 f  2u + 2v  u    lim    1 (nguyên lý kẹp) u    f 2 u     Hay





lim f  2u + 2v  u    lim  f  2 u   u 

u 

 lim  v  u  f  2 d    L u 

Từ (7) suy ra

lim  f  2 u  1   f  2 u  3   ...  f  2 d  1    L u

(nguyên lý kẹp) 7

[email protected]

Như vậy ta đã chứng minh

limT2 u  v u   S L u 

Bây giờ chú ý rằng nếu 2 u  v  u   2  u  1  v  u  1 Ta coù:

0  Tk  T2 u  v  u   f  2 u  2   T2  u 1 v  u 1  T2 u  v  u   f  2 u  2  Vì f  2 u  2   0 khi u   , ta thấy rằng limTk  S L . Trong trường hợp L<0 ta có thể đổi vai trò của d và u và thực hiện tương tự.

f :  0,     0,   , giảm tới

Giả sử hàm

nf  n  = g , g  kiện lim x

0 khi thỏa mãn điều

 0 ,    . Cho trước L, tìm một cách đổi thứ tự

chuỗi trên để chuỗi nhận được hội tụ về S +L. Cho   0 từ một chỉ số n0 ta có:

g  g  f n   n n

(10);

Xét chuỗi xếp lại sao cho tổng riêng thứ n có dạng:

Tn  Tu d   f 1  f  2   f  3  ...  f  2 u   

f  2 u  1  f  2 u  3  ...  f  2 u  2  d  u   1   f 1   f  2   f  3   ...  f  2 u    +

f  2 u  1  f  2 u  3  ...  f  2 d  1

Hơn nữa giả sử rằng số d các số hạng dương thỏa mãn lim n

d =k. u

Khi đó trong trường hợp d>u:

1 1 1   ...  = 2u  1 2u  3 2d  1

1 1 1   =  1 + + ... + + ... - ln  2 d-1  2 2 u+ 1 2 d-1   1 1     1 + + ... +  ln  2 d  1   2 2 u-1  

 1 1 1   2 u- 1   + + ... +  ln   2 d- 2  2 d-1    2 u 2 u+ 2 Mỗi biểu thức trong hai ngoặc đầu tiên tiến đến hằng số ơle (chứng minh ở (***) mục I) Vì vậy : 8

[email protected]

1 1  1  1 lim  + + ... +  = lnk n  2 d- 1  2  2 u+ 1 2 u+ 3 Từ đó suy ra (10) cho ta

lim  f  2 u+ 1 + f  2 u+ 3  + ... + f  2 d-1  = x 

Vì vậy sự thay đổi trong tổng S của chuỗi là

1 glnk 2

1 glnk 2

Lập luận tương tự cho tröôøng hợp d
cùng, vì lim Sk = S , lim an = 0

k→

n→

Nên lim n 



S

' n

= S

Ngoài những kết quả trên ta còn có một vài kết quả sau:  Bằng cách đổi chỗ các số hạng thì ta không thể làm nhanh độ phân kỳ của một chuỗi phân kỳ với các số haïng dương và giảm đơn điệu. Thật vậy: 

Xét chuỗi



a n k là một chuỗi nhận được từ việc đổi chỗ chuỗi phân kỳ

k 1



a

n

.

k=1

Tính đơn điệu của dãy

a n  chứng tỏ rằng:

a n 1 + a n 2 + ... + a n m  a 1 + a 2 + ... + a m Vì vậy mà ta không thể làm nhanh đoä phân kỳ của chuỗi nhận được từ việc đổi chỗ các số hạng từ một chuỗi phân kỳ cho trước.  Chuỗi số dương hội tụ thì chuỗi nhận được bằng cách hoán vị các số hạng của chuỗi này cũng hội tụ và có tỏng không thay đổi.  Chuỗi số dương phân kỳ thì chuỗi nhận được bằng cách hoán vị các số hạng của chuỗi này cũng phân kỳ.  Một chuỗi có dấu bất kỳ mà hội tụ, nếu tồn tại một cách hoán vị các số hạng để được một chuỗi phân kỳ thì chuỗi nhận được sẽ có tổng riêng tạo thành một dãy không có giới hạn (hữu hạn hay vô cùng).

9

[email protected]

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Mạnh Quý, Nguyễn Xuân Liêm. Bài tập phép tính vi phân và tích phân của hàm nhiều biến số. Nhà xuất bản đại học sư phạm. 2. .Y.Y LIASKO - A.C.BOIATRUC - IA.G.GA I- G.P.GOLOVAC. Người dịch: Lê Đình Trinh, Hoàng Đức Nguyên, Đặng Huy Ruận, Lê Trọng Vinh. Giải tích toán học các ví dụ và các bài tập tập 1. Nhà xuất bản đại học và trung học chuyên nghiệp Hà Nội – 1978. 3. W.J.KACZKOR - M.T. NOWAK. Ngöôøi dòch Ñoaøn Chi. Baøi taäp giaûi tích I: soá thöïc-daõy soá vaø chuoãi soá. Nhaø xuaát baûn ñaïi hoïc sö phaïm.

10