Thay đổi thứ tự lấy tổng

Standard

Xét chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty a_n.

Việc đổi thứ tự lấy tổng một vài số hạng đầu của chuỗi

– không làm thay đổi sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi,

– nếu chuỗi ban đầu hội tụ đến A thì chuỗi sau khi đổi cũng vẫn hội tụ đến A.

Thế nào là đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu của chuỗi? Nói nôm na ta chia chuỗi thành hai phần: phần đầu + phần đuôi, khi đó phần đuôi giữ nguyên và chỉ thay đổi thứ tự lấy tổng của phần đầu. Chú ý phần đầu chỉ có hữu hạn số hạng nên từ tính giao hoán của phép cộng dẫn đến việc lấy tổng của hữu hạn số hạng bằng các cách khác nhau đều cho cùng một kết quả. Cách nói này vẫn có gì khó nắm bắt? Ta thử xem vài ví dụ sau.

Ta xét chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dots.

Ta có thể đổi thành

\dfrac{1}{4^2}+1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{6^2}+\dots.

Với ví dụ này:

– phần đầu

1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2},

– phần đuôi

\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{6^2}+\dots.

Ta đã đổi thứ tự lấy tổng từ

a_1+a_2+a_3+a_4

thành

a_4+a_1+a_2+a_3.

Dùng ngôn ngữ hoán vị ta có thể chính xác hóa việc đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu của chuỗi đầu như sau.

Có một số tự nhiên n_0 (dùng cắt phần đầu và phần đuôi) và một phép hoán vị (song ánh)

\sigma:\{1, 2, \dots, n_0\}\to\{1, 2, \dots, n_0\}.

Khi đó ta có một phép đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu của chuỗi

a_{\sigma(1)}+a_{\sigma(2)}+\dots+a_{\sigma(n_0)}+a_{n_0+1}+a_{n_0+2}+\dots.

Từ đây ta có thể nói tiếp đến việc thay đổi thứ tự lấy tổng nói chung của chuỗi. Trước khi đến định nghĩa chính xác ta chú ý rằng

\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k}+\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k-1}

không phải chuỗi nhận được từ chuỗi ban đầu

\sum\limits_{n=1}^\infty a_n

bằng việc thay đổi thứ tự lấy tổng.

Vậy định nghĩa chính xác của việc thay đổi thứ tự lấy tổng của chuỗi như nào?

Với mỗi phép hoán vị (song ánh) \sigma: \mathbb N\to\mathbb N cho ta một phép thay đổi thứ tự lấy tổng

\sum\limits_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)}.

Chẳng hạn ví dụ xét ở trên, trong trường hợp thay đổi thứ tự vài số hạng đầu tiên của chuỗi, có

\sigma:\mathbb N\to\mathbb N

\sigma(1)=4, \sigma(2)=1, \sigma(3)=2, \sigma(4)=1,

\sigma(n)=n, n\ge 5.

Một cách tổng quát thay đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu tiên của chuỗi là trường hợp riêng của việc thay đổi thứ tự lấy tổng của chuỗi.

Theo Định lý Dirichlet cho chuỗi hội tụ tuyệt đối, “gần giống” với việc thay đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu của chuỗi, việc thay đổi thứ tự lấy tổng của chuỗi hội tụ tuyệt đối cho ta chuỗi mới

– vẫn hội tụ,

– hội tụ đến đúng giá trị của chuỗi trước khi thay đổi.

Tại sao ở trên tôi chỉ dùng từ “gần giống”? Lý do tôi chỉ có kết luận trên cho chuỗi hội tụ tuyệt đối, còn với chuỗi hội tụ không tuyệt đối (bán hội tụ) thì kết luận trên không đúng. Ta sẽ quay lại vấn đề này sau. Với chuỗi dương ta chỉ có hai tình huống

– hoặc hội tụ đến giá trị hữu hạn,

– hoặc hội tụ ra vô cùng.

Khi đó, giống như việc thay đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu tiên của chuỗi, việc thay đổi thứ tự lấy tổng từ một chuỗi dương sẽ cho ta chuỗi dương có tính chất giống như chuỗi ban đầu. (Tại sao?)

Việc thay đổi thứ tự lấy tổng của chuỗi một cách tổng quát hơi khó hình dung, ta sẽ bàn khi quay trở lại chuỗi bán hội tụ. Giờ ta thử nhìn vài cách thay đổi thứ tự lấy tổng “theo nhóm”, chẳng hạn

từ chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n

ta lấy tổng theo cách

a_2+a_1+a_4+a_3+\dots.

Một cách tổng quát ta phân hoạch tập số tự nhiên \mathbb N bởi dãy các số tự nhiên n_1, n_2, \dots, n_k, \dots ta được các tập

K_1=\{1, 2, \dots, n_1\}, K_2=\{n_1+1, n_1+2, \dots, n_1+n_2\}, \dots,

K_k=\{1+\sum\limits_{j=1}^{k-1}n_j, \dots, \sum\limits_{j=1}^k n_j\}, \dots.

Ta xét cách thay đổi thứ tự lấy tổng \sigma:\mathbb N\to\mathbb N

\sigma: K_k\to K_k là song ánh.

Từ tiêu chuẩn Cauchy có thể thấy ngay kết quả của việc đổi thứ tự lấy tổng này cho chuỗi bất kỳ cũng giống như việc đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu tiên.

Ở đây ta nghĩ đến cách lấy tổng kiểu

\sum\limits_{k=1}^\infty (\sum\limits_{n\in K_k}a_n).

Chú ý cách lấy tổng kiểu trên không phải là thay đổi thứ tự lấy tổng. Để rõ hơn, nếu bắt đầu từ chuỗi phân kỳ thì với cách lấy tổng trên có lúc ta vẫn ra được kết quả hữu hạn. Chẳng hạn chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n

– là chuỗi phân kỳ,

– nếu lấy n_k=2

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

Dĩ nhiên nếu bắt đầu từ chuỗi hội tụ thì cách lấy tổng trên cho ta kết quả đúng bằng giá trị của chuỗi. Chẳng hạn chuỗi

1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{32}+\dots

– là chuỗi hội tụ,

– lấy n_k=3

\sum\limits_{k=0}^\infty \Big(\dfrac{1}{2^{3k}}+\dfrac{1}{2^{3k+1}}-\dfrac{1}{2^{3k+2}}\Big)=\dfrac{5}{7}.

Vậy ta có kết luận gì từ những điều trên?

– Nếu cách lấy tổng trên không hữu hạn (phân kỳ) thì chuỗi ban đầu phân kỳ.

– Nếu cách lấy tổng trên hữu hạn thì nói chung ta không có kết luận gì?

Ta lại xét một ví dụ khác

1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}-\dots.

Lấy n_k=2

\sum\limits_{k=1}^\infty (a_{2k-1}+a_{2k})

hội tụ vì các chuỗi

\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k-1}=\sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1},

\sum\limits_{k=1}^\infty a_{2k}=\sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k-1}}{2k}

đều hội tụ.

Từ đó dẫn đến chuỗi ban đầu hội tụ, vì sao?

Một cách tổng quát, nếu lấy n_k=m không phụ thuộc k và có

\sum\limits_{k=1}^\infty a_{km+j} hội tụ với mọi j\in\{1, 2, \dots, m\}

thì chuỗi ban đầu cũng hội tụ và hội tụ đến

\sum\limits_{j=1}^m (\sum\limits_{k=1}^\infty a_{km+j}).

Nếu n_k thay đổi khi k thay đổi thì điều gì xảy ra? Chẳng hạn xét chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}.

Ta chọn n_k=(k+1)^2-k^2

với n\in K_k hay k^2\le n<(k+1)^2 nên

a_n=\dfrac{(-1)^k}{n}.

Khi đó cách lấy tổng trên có dạng

\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^k\Big(\sum\limits_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{n}\Big).

Có thể thấy dãy A_k=\sum\limits_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{n} là dãy giảm về 0 nên theo Leibniz cách lấy tổng trên hội tụ. Từ đó dẫn đến chuỗi ban đầu hội tụ và hội tụ đến đúng giá trị của tổng trên. (Vì sao?)

Một cách tổng quát, nếu

– với mỗi k các a_n\in K_k cùng dấu,

– dãy A_k=(-1)^k \sum\limits_{n\in K_k}a_n là dãy đơn điệu và hội tụ về 0

thì chuỗi ban đầu \sum\limits_{n=1}^\infty a_n hội tụ đến

\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^k A_k.

Quay lại chuỗi bán hội tụ và việc thay đổi thứ tự lấy tổng bất kỳ. Khác với việc thay đổi thứ tự lấy tổng vài số hạng đầu của chuỗi, việc thay đổi thứ tự lấy tổng của chuỗi có thể biến một chuỗi hội tụ đến A thành chuỗi hội tụ đến B hay có thể thành chuỗi phân kỳ. Đây chính là phát biểu của Định lý Riemann cho chuỗi bán hội tụ. Để cụ thể ta xét chuỗi bán hội tụ

1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\dots+\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}+\dots.

Ta tìm một hoán vị \sigma: \mathbb N \to\mathbb N để

– chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{\sigma(n)-1}}{\sigma(n)} tiến ra +\infty,

– chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{\sigma(n)-1}}{\sigma(n)} tiến về 0.

Ý tưởng:

– “tiến ra vô cùng”: ta cứ cộng các số hạng tổng quát có chỉ số lẻ trước cho đến lúc “đủ lớn” rồi cộng một số hạng tổng quát có chỉ số chẵn,

– “tiến về 0“: khi cộng được giá trị dương thì tiếp theo ta cộng số hạng tổng quát có chỉ số chẵn cho đến lúc ta được giá trị âm, và ngược lại.

Ta đi chi tiết việc tìm hoán vị \sigma cho trường hợp “tiến ra vô cùng”.

B1. Lấy \sigma(1)=1, \sigma(2)=2.

B2. Do

\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\dots=+\infty

nên có số tự nhiên n_1\ge 1 để

\sum\limits_{n=1}^{n_1}\dfrac{1}{2n+1}>2 - (1-\dfrac{1}{2}).

Khi đó lấy \sigma(3)=3, \sigma(4)=5, \dots, \sigma(2+n_1)=1+2n_1.

B3. Tiếp theo \sigma(3+n_1)=4.

B4. Giống B2, do

\dfrac{1}{3+2n_1}+\dfrac{1}{5+2n_1}+\dots=+\infty

nên có số tự nhiên n_2\ge 1 để

\sum\limits_{n=1}^{n_2}\dfrac{1}{2n+1+2n_1}>3 - \sum\limits_{n=1}^{n_1+3}\dfrac{(-1)^{\sigma(n)-1}}{\sigma(n)}.

Khi đó lấy \sigma(4+n_1)=3+2n_1, \sigma(5+n_1)=5+2n_1, \dots,

\sigma(3+n_2+n_1)=1+2n_2+2n_1.

B5. Lấy \sigma(4+n_2+n_1)=6.

Cứ thế ta sẽ thu được

dãy các số tự nhiên n_k\ge 1

đặt \sigma(1)=1, \sigma(2)=2,

\sigma(3)=3, \sigma(4)=5, \dots, \sigma(2+n_1)=1+2n_1, \sigma(3+n_1)=4,

\dots,

\sigma(2+j+\sum\limits_{i=1}^k (n_i+1))=1+2(j+\sum\limits_{i=1}^k n_i), j=1, 2, \dots, n_{k+1},

\sigma(2+\sum\limits_{i=1}^{k+1}(n_i+1))=2(k+1),

\dots.

Khi đó

S_1=a_{\sigma(1)}=1,

S_{2+n_1}=\sum\limits_{k=1}^{2+n_1}a_{\sigma(k)}

=1-\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{n=1}^{n_1}\dfrac{1}{2n+1}

>2,

S_{3+n_2+n_1}=\sum\limits_{k=1}^{3+n_2+n_1}a_{\sigma(k)}

=\sum\limits_{k=1^{3+n_1}}\dfrac{(-1)^{\sigma(k)-1}}{\sigma(k)}+\sum\limits_{n=1}^{n_1}\dfrac{1}{1+2n+2n_1}

>3,

S_{1+\sum\limits_{j=1}^m(n_j+1)}=\sum\limits_{k=1}^{1+\sum\limits_{j=1}^m(n_j+1)}a_{\sigma(k)}

=\sum\limits_{k=1}^{2+\sum\limits_{j=1}^{m-1}(n_j+1)}\dfrac{(-1)^{\sigma(k)}}{k}+\sum\limits_{n=1}^{n_m}\dfrac{1}{1+2n+2\sum\limits_{j=1}^{m-1}n_j}

>m+1.

Từ đó, với 2+\sum\limits_{j=1}^m(n_j+1)\le n\le 1+\sum\limits_{j=1}^{m+1}(n_j+1)

S_n>m.

Như vậy chuỗi \sum\limits_{k=1}^\infty a_{\sigma(k)} hội tụ ra vô cùng.

Cuối cùng ta sẽ tìm phép hoán vị \sigma để

\sum\limits_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)} hội tụ về 0.

B1. Lấy \sigma(1)=1.

B2. Do

\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dots=+\infty

nên có số tự nhiên m_1 bé nhất

\sum\limits_{k=1}^{m_1}\dfrac{1}{2k}>1.

Lưu ý m_1>2.

Khi đó lấy

\sigma(2)=2, \sigma(3)=4, \dots, \sigma(1+m_1)=2m_1

ta có

-\dfrac{1}{2m_1}<S_{1+m_1}=\sum\limits_{n=1}^{1+m_1}a_{\sigma(n)}<0.

B3. Đặt \sigma(2+m_1)=3 ta có

0<S_{2+m_1}=S_{1+m_1}+\dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{3} (do m_1> 2).

B4. Do

\dfrac{1}{2(1+m_1)}+\dfrac{1}{2(2+m_1)}+\dots=+\infty

nên có số tự nhiên m_2 bé nhất để

\sum\limits_{n=1}^{m_2}\dfrac{1}{2(n+m_1)}>S_{2+m_1}.

Ta đặt

\sigma(3+m_1)=2(1+m_1), \dots, \sigma(2+m_2+m_1)=2(m_2+m_1)

ta được

-\dfrac{1}{2(m_2+m_1)}\le S_{2+m_2+m_1}\le 0.

B5. Đặt \sigma(3+m_2+m_1)=5. Do m_2\ge 1, m_1>2 nên

0<S_{3+m_2+m_1}\le \dfrac{1}{5}.

Cứ thế ta thu được

dãy các số tự nhiên m_k, m_1>2,

ta đặt \sigma(1)=1,

\sigma(2)=2, \dots, \sigma(1+m_1)=2m_1, \sigma(2+m_1)=3,

\dots

\sigma(1+j+\sum\limits_{i=1}^k(1+ m_i))=2(j+\sum\limits_{i=1}^k m_i), j=1, 2, \dots, m_{k+1},

\sigma(1+\sum\limits_{i=1}^{k+1}(1+m_i))=1+2(k+1).

Phần còn lại các bạn tự hoàn thiện xem sao?

3 responses »

  1. Câu hỏi nhỏ:

    Cho n_k=m không phụ thuộc k và chuỗi

    \sum\limits_{k=1}^\infty (\sum\limits_{n\in K_k} a_n) hội tụ.

    Điều kiện cần và đủ để chuỗi

    \sum\limits_{n=1}^\infty a_n

    hội tụ là điều kiện nào?

    Giả sử cả hai chuỗi

    \sum\limits_{n=1}^\infty a_n

    \sum\limits_{k=1}^\infty(\sum\limits_{n\in K_k} a_n)

    hội tụ, liệu giới hạn của chúng có liên quan gì đến nhau không?

  2. Nếu xem chuỗi số như cuộc đời là sự “trả vay” thì thay đổi thứ tự lấy tổng như việc xem lúc nào thì vay lúc nào thì trả.

  3. Từ Định lý Riemann về chuỗi bán hội tụ sẽ dẫn đến

    một chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n

    mà với bất kỳ hoán vị \sigma:\mathbb N\to\mathbb N ta được chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)} hội tụ

    thì chuỗi đó sẽ hội tụ tuyệt đối.

    Kết quả trên vẫn còn đúng khi ta thay việc xét a_n là số thực bởi a_n là số phức, hay a_n là một điểm trong không gian hữu hạn chiều \mathbb R^m. Ở đây sự hội tụ của chuỗi điểm được hiểu như sau

    điểm a_n=(x_{n1}, x_{n2}, \dots, x_{nm} ) thì

    chuỗi điểm \sum\limits_{n=1}^\infty a_n được gọi là hội tụ nếu

    các chuỗi số \sum\limits_{n=1}^\infty x_{nj} hội tụ.

    Còn sự hội tụ tuyệt đối của chuỗi điểm được hiểu như sau

    điểm a_n=(x_{n1}, x_{n2}, \dots, x_{nm}) có chuẩn ||a_n||=\sqrt{\sum\limits_{j=1}^m x^2_{nj}} thì

    chuỗi điểm \sum\limits_{n=1}^\infty a_n được gọi là hội tụ nếu

    chuỗi số \sum\limits_{n=1}^\infty ||a_n|| hội tụ.

    Có thể thấy chuỗi điểm \sum\limits_{n=1}^\infty a_n hội tụ tuyệt đối

    khi và chỉ khi

    các chuỗi số \sum\limits_{n=1}^\infty x_{nj} hội tụ tuyệt đối.

    Như vậy không khó để có Định lý Riemann cho chuỗi điểm và ta có kết quả trên.

    Mọi việc không còn đẹp như vậy khi xét a_n là một dãy số. Cụ thể hơn

    a_n=(x_{n1}, x_{n2}, \dots, x_{nm}, \dots)\in \ell_1

    nghĩa là

    chuỗi số \sum\limits_{m=1}^\infty x_{nm} hội tụ tuyệt đối.

    Khi đó chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n được gọi là hội tụ tuyệt đối trong \ell_1 nếu

    – các chuỗi số \sum\limits_{n=1}^\infty (\sum\limits_{m=1}^\infty |x_{nm}|) hội tụ.

    Chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n được gọi là hội tụ đến a=(x_1, x_2, \dots, x_m, \dots)\in\ell_1 nếu

    \lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{m=1}^\infty|x_m-\sum\limits_{j=1}^n x_{jm}|=0.

    Sự khác biệt giữa hai tình huống trên có vẻ như nằm ở việc chuyển khái niệm hội tụ sang khái niệm hội tụ của từng thành phần. Trong trường hợp \ell_1 ta có kết quả của Dvoretzky-Roger như sau.

    Lấy một dãy số dương \{\lambda_n\}_{n=1}^\infty thỏa mãn \sum\limits_{n=1}^\infty \lambda_n^2<+\infty. Khi đó ta luôn chọn được chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n thỏa mãn

    – với bất kỳ hoán vị \sigma:\mathbb N\to\mathbb N chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)} hội tụ trong \ell_1,

    – chuỗi \sum\limits_{m=1}^\infty|x_{nm}|=\lambda_n, \forall n.

    Từ kết quả này, nếu lấy \lambda_n=1/n ta có

    chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty a_n không hội tụ tuyệt đối.

    Các bạn có thể xem ví dụ tường minh ở

    http://math.stackexchange.com/questions/120180/ell-1-and-unconditional-convergence?rq=1

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s