MathB.in
New
Demo
Tutorial
About
Закон Ньютона ---------------- Попробуем посчитать силу создаваемую вселенной заполненной равномерной плотностью, и в частности силу создаваемую "половиной пространства". $$ F = G\frac{m_1m_2}{r^2} $$ Перейдём к векторам. Для любого вектора: $$\left|\frac{\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{v}|}\right| = 1$$ То есть, вектор делённый на собственную длину, имеет единичную длину, и сохраняет направление. Таким образом любой вектор можно привести к единичному вектору направления, при условии что исходный вектор имеет длину $ \ne 0 $. $$ \overrightarrow{F} = G\frac{m_1m_2}{|\overrightarrow{r}|^2} \cdot \frac {\overrightarrow{r}}{|\overrightarrow{r}|} = G\frac{m_1m_2\overrightarrow{r}}{|\overrightarrow{r}|^3} $$ Теперь представим что у нас есть множество тел массы $m_i$ находящиеся по позициям $\overrightarrow{r_i}$ действующих на наше тело массы $m$ находящееся по позиции $\overrightarrow{r}$. Тогда результирующая сила будет: $$ \overrightarrow{F} = \sum_{i} G\frac{mm_i(\overrightarrow{r}_i-\overrightarrow{r})}{|\overrightarrow{r_i}-\overrightarrow{r}|^3} $$ Исходя из закона $F = ma$ получаем, и $m_i = V_i\rho$: $$m\overrightarrow{a} = \sum_{i} G\frac{mV_i\rho\,(\overrightarrow{r}_i-\overrightarrow{r})}{|\overrightarrow{r_i}-\overrightarrow{r}|^3} \\ \overrightarrow{a} = \sum_{i} G\frac{V_i\rho\,(\overrightarrow{r}_i-\overrightarrow{r})}{|\overrightarrow{r_i}-\overrightarrow{r}|^3} \\ \overrightarrow{a} = G\rho\sum_{i}\frac{V_i(\overrightarrow{r}_i-\overrightarrow{r})}{|\overrightarrow{r_i}-\overrightarrow{r}|^3} $$ Чтобы посчитать эту сумму, подставим $V_i = dx\,dy\,dz$. И будем считать в точке $\overrightarrow{r} = \overrightarrow{0}$. $$ \overrightarrow{a} = G\rho\int\frac{dx\,dy\,dz(\overrightarrow{r}_i-\overrightarrow{0})}{|\overrightarrow{r_i}-\overrightarrow{0}|^3} \\ \overrightarrow{a} = G\rho\int\frac{\overrightarrow{r}_i}{|\overrightarrow{r_i}|^3}dx\,dy\,dz $$ Векторы $\overrightarrow{r} = (x, y, z)$ при таком интегрировании. Посчитаем проекцию вектора $\overrightarrow{a}$ на ось $x$. $$ a_x = G\rho\int\frac{r_{i_x}}{(r^2_{i_x}+r^2_{i_y}+r^2_{i_z})^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz \\ a_x = G\rho\int\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz $$ Теперь разделим область интегрирования на части. Для начала по $x$. $$a_x = G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz + G\rho\int_0^{+\infty}\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz $$ Обозначим левый интеграл правой части как $I$. Тогда рассмотрим второй интеграл. При замене переменной $x' = -x$, получается $dx' = -dx$ Тогда верно следующее: $$ G\rho\int_0^{+\infty}\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz \\ = G\rho\int_0^{-\infty}\frac{-x'}{(x'^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}-dx'\,dy\,dz \\ = G\rho\int_0^{-\infty}\frac{x'}{(x'^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx'\,dy\,dz \\ = -G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x'}{(x'^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx'\,dy\,dz = -I $$ А это значит, что $$ a_x = I - I = 0 $$ Но зададимся другим вопросом. Чему же равно $I$? $$ I = G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz $$ Сделаем замену переменных, полярную по $y, z$. $$ y = r\cos \alpha \\ z = r\sin \alpha \\ dy\,dz = r\,dr\,d\alpha \\ I = G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x}{(x^2+(r\cos\alpha)^2+(r\sin\alpha)^2)^\frac{3}{2}}dx\,(r\,dr\,d\alpha) \\ I = G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha))^\frac{3}{2}}dx\,dr\,d\alpha \\ I = G\rho\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^\frac{3}{2}}dx\,dr\,d\alpha$$ Интегрирование по $d\alpha$ не зависит от $\alpha$, поэтому это эквивалентно: $$ \int_{-\pi}^{+\pi} C d\alpha = \left. \big(C\alpha\big) \right|^{\alpha =+\pi} - \left. \big(C\alpha\big) \right|^{\alpha = -\pi} = C\,2\pi $$ То есть, избавимся от интегрирования по $d\alpha$. $$I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^\frac{3}{2}}dx\,dr$$ Теперь интегрируем по $r$. $$ I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^\frac{3}{2}}dx\,dr \\ I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0\left(\left.\frac{-x}{\sqrt{x^2+r^2}}\right|^{r=+\infty} - \left.\frac{-x}{\sqrt{x^2+r^2}}\right|^{r=0} \right) dx \\ I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0\left(\lim_{r\to+\infty}\frac{-x}{\sqrt{x^2+r^2}} - \frac{-x}{\sqrt{x^2+0^2}} \right) dx \\ I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0\left(0 - \frac{-x}{|x|} \right) dx \\ I = G\rho 2\pi\int_{-\infty}^0-1\,dx \\ \int1\,dx = x+C \\ I = G\rho 2\pi\left(\left.\big(-x\big)\right|^{x = 0} - \left.\big(-x\big)\right|^{x = -\infty} \right) \\ I = 0 -(-(-\infty)) = -\infty $$ Проблема в том, что нельзя сказать, что $ I = -10^{1000} $. Дело в том, что $-\infty$ меньше любого числа, в том числе и $ -10^{1000} $. То есть, получается, что с двух сторон давит силой $F_x = m \infty $, а в сумме получается 0. Риторический вопрос, как две бесконечности могут быть равны? Убывание плотности -------------------- Представим, что плотность убывает на расстоянии, по закону: $$ \rho = \frac{1}{r^{\epsilon}} = \frac{1}{\left(\sqrt{x^2+y^2+z^2}\right)^{\epsilon}}= \frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{\epsilon}{2}}} $$ Тогда получается: $$ a_x = G\int\frac{x\rho(\overrightarrow{r})}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}dx\,dy\,dz $$ Теперь разделим область интегрирования на части. Для начала по $x$. $$a_x = G\int_{-\infty}^0\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dy\,dz + G\rho\int_0^{+\infty}\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dy\,dz $$ Обозначим левый интеграл правой части как $I$. Тогда рассмотрим второй интеграл. При замене переменной $x' = -x$, получается $dx' = -dx$ Тогда верно следующее: $$ G\int_0^{+\infty}\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dy\,dz \\ = G\int_0^{-\infty}\frac{-x'}{(x'^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}-dx'\,dy\,dz \\ = G\int_0^{-\infty}\frac{x'}{(x'^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx'\,dy\,dz \\ = -G\int_{-\infty}^0\frac{x'}{(x'^2+y^2+z^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx'\,dy\,dz = -I $$ То есть, ситуация та же. $$ a_x = I - I = 0 $$ Но мы снова рассмотрим I отдельно. Сделаем замену переменных, полярную по $y, z$. $$ y = r\cos \alpha \\ z = r\sin \alpha \\ dy\,dz = r\,dr\,d\alpha \\ I = G\int_{-\infty}^0\frac{x}{(x^2+(r\cos\alpha)^2+(r\sin\alpha)^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,(r\,dr\,d\alpha) \\ I = G\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha))^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr\,d\alpha \\ I = G\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr\,d\alpha$$ Интегрирование по $d\alpha$ не зависит от $\alpha$, поэтому это эквивалентно: $$ \int_{-\pi}^{+\pi} C d\alpha = \left. \big(C\alpha\big) \right|^{\alpha =+\pi} - \left. \big(C\alpha\big) \right|^{\alpha = -\pi} = C\,2\pi $$ То есть, избавимся от интегрирования по $d\alpha$. $$I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr$$ Теперь интегрируем по $r$. Для этого решим общий интеграл: $$ \int\frac{xr}{(x^2+r^2)^k}dr = \int xr(x^2+r^2)^{-k}dr $$ Для этого продифференцируем следующую функцию: $$ (f(g(x)))'_x = f'_x(g(x))g'_x(x) \\ \left((x^2+r^2)^{-k}\right)'_r = (-k)(x^2+r^2)^{-k-1}(2r) $$ Как мы видим, показатель производной получился новый. Подгоним показатель, получим: $$ \left((x^2+r^2)^{1-k}\right)'_r = 2r(1-k)(x^2+r^2)^{-k} $$ Теперь подберём множитель так, чтобы пропали новые множители кроме $r$. Почему $r$ оставим в покое? Потому, что результаты деления исходной функции на $r$ не особо предсказуемы. $$ \left(\frac{(x^2+r^2)^{1-k}}{2(1-k)}\right)'_r = \frac{2r(1-k)(x^2+r^2)^{-k}}{2(1-k)} = r(x^2+r^2)^{-k} $$ Теперь домножив на неизменный $x$ при интегрировании по $r$ получаем: $$ \int\frac{xr}{(x^2+r^2)^k}dr = \frac{x(x^2+r^2)^{1-k}}{2(1-k)} $$ Подставим $k = 1$. Очевидно что $$ \int\frac{xr}{(x^2+r^2)^1}dr \ne \frac{x(x^2+r^2)^{1-1}}{2(1-1)} $$ То есть, нужно отдельно рассмотреть случай $k = 1$. Связано это с тем, что $$ \int\frac{1}{x}dx = \ln|x|+C $$ Применим тот же подход. $$ \left(\ln (x^2+r^2) \right)'_r = \frac{2r}{x^2+r^2} \\ \left(\frac{x}{2}\ln (x^2+r^2) \right)'_r = \frac{xr}{x^2+r^2} \\ \int\frac{xr}{x^2+r^2}dr = \frac{x}{2}\ln (x^2+r^2) + C $$ Вернёмся к нашему интегралу: $$ I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr \\ k = \frac{3+\epsilon}{2} $$ Сначала рассмотрим исключение. $$ k = 1 \\ 1 = \frac{3+\epsilon}{2} \\ 2 = 3 + \epsilon \\ \epsilon = -1 \\ I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\left(\left.\frac{x}{2}\ln(x^2+r^2)\right|^{r=+\infty} - \left.\frac{x}{2}\ln(x^2+r^2)\right|^{r=0} \right) dx \\ \lim_{r\to+\infty}\ln(x^2+r^2) = +\infty \\ $$ Образно $$ I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\left(\frac{x}{2}\cdot\infty - \frac{x}{2}\ln(x^2) \right) dx \\ $$ То есть, в этом случае интеграл расходится. Теперь более общий случай: $$ k \ne 1 \\ I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\left(\left.\frac{x(x^2+r^2)^{1-k}}{2(1-k)}\right|^{r=+\infty} - \left.\frac{x(x^2+r^2)^{1-k}}{2(1-k)}\right|^{r=0} \right) dx \\ I = \frac{G 2\pi}{2(1-k)} \int_{-\infty}^0 x\left(\left.(x^2+r^2)^{1-k}\right|^{r=+\infty}-\left.(x^2+r^2)^{1-k}\right|^{r=0} \right) dx \\ I = \frac{G 2\pi}{2(1-\frac{3+\epsilon}{2})} \int_{-\infty}^0 x\left(\left.(x^2+r^2)^{1-\frac{3+\epsilon}{2}}\right|^{r=+\infty}-\left.(x^2+r^2)^{1-\frac{3+\epsilon}{2}}\right|^{r=0}\right) dx \\ I = \frac{G 2\pi}{2-3-\epsilon} \int_{-\infty}^0 x\left(\left.(x^2+r^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right|^{r=+\infty}-\left.(x^2+r^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right|^{r=0}\right) dx \\ $$ Предположим, что $\epsilon \ge -1$, тогда $$ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 x\left(\lim_{r\to+\infty}\left((x^2+r^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right) - (x^2+0^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right) dx \\ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 x\left(0 - |x|^{2(-\frac{1+\epsilon}{2})}\right) dx \\ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 -x|x|^{-1-\epsilon} dx \\ $$ В этом интеграле можно избавится от модуля заменой $z = -x$ таким образом: $$ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 -x|x|^{-\epsilon} dx = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{+\infty}^0 z|\!-\!z|^{-\epsilon} (-dz) = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \int_{+\infty}^0 z^{-\epsilon} dz $$ Но до этого я додумался позже, кто хочет может решить этим вариантом сам, а я покажу как можно обойтись без этого. У нас случай $|x| = -x$, поэтому верно следующее $$ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 |x|^{-\epsilon} dx \\ $$ Такой интеграл по сути является аналогом $$ \int x^k = \begin{cases} \ln|x| + C & \quad k = -1 \\ \frac{x^{k+1}}{k+1} + C & \quad k \ne -1 \\ \end{cases} $$ Можно считать $ k = -\epsilon $. Рассмотрим первый случай. $$ k = -1 \\ -\epsilon = -1 \\ \epsilon = 1 \\ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 |x|^{-\epsilon} dx \\ $$ Логарифм модуля убывает на $(-\infty, 0)$. Поэтому нужно домножить на $-1$. $$ I = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \left(\left.\big(\ln|x|\big)\right|^{x=0} - \quad \left.\big(\ln|x|\big)\right|^{x=-\infty} \right) \\ $$ Образно $$ I = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \left(-\infty - \infty \right) \\ $$ То есть, в этом случае интеграл расходится. Рассмотрим следующий случай: $$ k \ne -1 \\ \epsilon \ne 1 \\ I = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-\infty}^0 |x|^{-\epsilon} dx \\ I = \frac{G 2\pi}{s\,(-1-\epsilon)} \left(\left.\frac{|x|^{1-\epsilon}}{1-\epsilon}\right|^{x=0} - \quad \left.\frac{|x|^{1-\epsilon}}{1-\epsilon}\right|^{x=-\infty} \right) \\ I = \frac{G 2\pi}{s\,(-1-\epsilon)(1-\epsilon)} \left(\left.|x|^{1-\epsilon}\right|^{x=0} - \quad \left.|x|^{1-\epsilon}\right|^{x=-\infty} \right) $$ Здесь $s$ это знак, который надо определить чуть позже. Введём дополнительное условие, нужное для сходимости при стремлении к бесконечности: $$ 1-\epsilon \lt 0 \\ -\epsilon \lt -1 \\ \epsilon \gt 1 \\ I = \frac{G 2\pi}{-s\,(1-\epsilon^2)} \left(\lim_{x\to-0}|x|^{1-\epsilon} - \lim_{x\to-\infty}|x|^{1-\epsilon} \right) $$ Образно $$ I = \frac{G 2\pi}{-s\,(1-\epsilon^2)} \left(\infty - 0 \right) $$ То есть, $s = -1$, и предел этот очевидно стремится к $-\infty$, но это вероятно из-за того, что на расстоянии нуль не пустота. Сферическая Полость ---------------- Предпримем попытку убрать бесконечность при $x\to0$. Для этого из всего объёма интегрирования уберём сферу единичного радиуса в центре координат. То есть, область интегрирования примет вид: $$ x^2+y^2+z^2 > 1^2 \\ $$ После полярной замены координат, которую мы применили раньше получим: $$ x^2 + (r\,\cos\alpha)^2+(r\,\sin\alpha)^2 > 1 \\ x^2 + r^2 > 1 \\ r^2 > 1-x^2 \\ r > \sqrt{1-x^2} \\ \sqrt{1-x^2} < r < +\infty $$ То есть, придётся разделить интеграл на два. Вернёмся к моменту интегрирования по $r$, и продолжим с этого. $$ I = G 2\pi\int_{-\infty}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr = I_1 + I_2 \\ I_1 = G 2\pi\int_{-\infty}^{-1}\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr \\ I_2 = G 2\pi\int_{-1}^0\frac{x\,r}{(x^2+r^2)^{\frac{3+\epsilon}{2}}}dx\,dr $$ Сначала рассмотрим исключение. $$ k = 1 \quad \epsilon = -1 \\ I_2 = G 2\pi \int_{-1}^0 \left(\left.\frac{x}{2}\ln(x^2+r^2)\right|^{r=+\infty}-\left.\frac{x}{2}\ln(x^2+r^2)\right|^{r=\sqrt{1-x^2}}\right) dx \\ I_2 = G 2\pi \int_{-1}^0 \frac{x}{2}\left(\left(\lim_{r\to+\infty}\ln(x^2+r^2)\right)-\ln\left(x^2+\left(\sqrt{1-x^2}\right)^2\right)\right) dx \\ I_2 = G 2\pi \int_{-1}^0 \frac{x}{2}\left(\infty -\ln\left(x^2+(1-x^2)\right)\right) dx \\ I_2 = G 2\pi \int_{-1}^0 \frac{x}{2}\cdot\infty \, dx $$ То есть, в этом случае интеграл расходится. А теперь общий случай. $$ k \ne 1 \quad \epsilon \ne -1 \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{2-3-\epsilon} \int_{-1}^0 x\left(\left.(x^2+r^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right|^{r=+\infty}-\left.(x^2+r^2)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right|^{r=\sqrt{1-x^2}}\right) dx \\ $$ В предположении что $\epsilon \ge -1 $, получаем: $$ I_2 = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-1}^0 x\left(0-\left(x^2+\left(\sqrt{1-x^2}\right)^2\right)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right) dx \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-1}^0 -x\left(\left(x^2+(1-x^2)\right)^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right) dx \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{-1-\epsilon} \int_{-1}^0 -x\left(1^{-\frac{1+\epsilon}{2}}\right) dx \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \int_{-1}^0 x\, dx \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \left(\left.\frac{x^2}{2}\right|^{x=0}\;-\left.\frac{x^2}{2}\right|^{x=-1} \right) \\ I_2 = \frac{G 2\pi}{1+\epsilon} \cdot \frac{0 - 1}{2} \\ I_2 = \frac{-G 2\pi}{2(1+\epsilon)} $$ Вспоминаем решение для общего случая, и считаем $I_1$ $$ \epsilon \gt 1 \\ I_1 = \frac{G 2\pi}{1-\epsilon^2} \left(\lim_{x\to-1}|x|^{1-\epsilon} - \lim_{x\to-\infty}|x|^{1-\epsilon} \right) \\ I_1 = \frac{G 2\pi}{1-\epsilon^2} \left(|-1|^{1-\epsilon} - 0 \right) \\ I_1 = \frac{G 2\pi}{1-\epsilon^2} \left(1 - 0 \right) \\ I_1 = \frac{G 2\pi}{1-\epsilon^2} $$ И наконец, финальные аккорды: $$ I = \frac{G 2\pi}{1-\epsilon^2}+\frac{-G 2\pi}{2\,(1+\epsilon)} \\ I = \frac{G 2\pi\,(2-(1-\epsilon))}{2\,(1-\epsilon^2)} \\ I = \frac{G \pi\,(1+\epsilon)}{1-\epsilon^2} \\ I = \frac{G \pi}{1-\epsilon} $$ Подведём итог в виде: $$ I_1 \quad \text{сходится при} \quad \epsilon \gt 1 \\ I_2 \quad \text{сходится при} \quad \epsilon \gt -1 $$ Дополнение ---------------- Рассмотрим такую последовательность: $$ \{x_n\}^\infty_{n=1} = \left\{\frac{1}{n}\right\}^\infty_{n=1} $$ И попробуем посчитать сумму. $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\dots $$ Группируем следующим образом: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right)+\dots \\ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right) = \sum_{n=1}^\infty\frac{2n+2n-1-1+1}{(2n-1)2n} = \\ = \sum_{n=1}^\infty\frac{2(2n-1)+1}{(2n-1)2n} = \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{2(2n-1)}{(2n-1)2n} + \frac{1}{(2n-1)2n} \right) = \\ = \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{(2n-1)2n} \right) = \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\right) + \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\right) + \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} \label{wrong} \end{align} Теперь вычтем с обеих сторон сумму, получим: \begin{align} \label{wrong1} 0 = 0 + \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} \end{align} $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} = 0 $$ Проверим. $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} = \frac{1}{(2\cdot1-1)2\cdot1}+ \frac{1}{(2\cdot2-1)2\cdot2} + \frac{1}{(2\cdot3-1)2\cdot3} + \dots = \\ = \frac{1}{2}+ \frac{1}{12} + \frac{1}{30} + \dots \ne 0 $$ А это означает, что где-то есть ошибка! Вопрос где? Кто-то может сказать, что нельзя группировать. Покажем на простом примере, что группировать можно. Рассмотрим другую сумму: $$ \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \frac{1}{32} + \dots = \\ = \left(1 + \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{8}\right) + \left(\frac{1}{16} + \frac{1}{32}\right) + \dots \\ \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n} = \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{2^{2n+1}}\right) = \sum_{n=0}^\infty\frac{2+1}{2^{2n+1}} = \sum_{n=0}^\infty\frac{3}{2^{2n+1}} = \\ = \frac{3}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{2n}} = \frac{3}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{4^n} $$ Известно, что $$ \sum_{n=0}^\infty q^n = \frac{1}{1-q}, \quad |q| < 1 $$ Применим эту формулу к обоим частям равенства. $$ \frac{1}{1-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n} = \frac{3}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{4^n} = \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{4}} \\ \frac{2}{2-1} = \frac{3}{2}\cdot\frac{4}{4-1} \\ 2 = \frac{3}{2}\cdot\frac{4}{3} \\ 2 = \frac{4}{2} = 2 $$ То есть, можно группировать. Ошибка заключается в том, что мы при переходе от \eqref{wrong} к \eqref{wrong1} мы вычитаем бесконечность с двух сторон. \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} & = \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\right) \hspace{-1.7em} & + \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)2n} \notag \\ \Huge{\infty} & = \Huge\infty \hspace{-1.7em} & + \sum_{n=1}^\infty\frac{1} {(2n-1)2n} \notag \end{align} Ещё один совсем простой примерчик: $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \dots = (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \dots = \\ = \sum_{n=1}^\infty (1-1) = \sum_{n=1}^\infty (0) = 0 $$ Но очевидно, что эта сумма не равна нулю, а это очередной раз показывает, что нельзя легкомысленно обращаться с бесконечными суммами, а нужно это делать очень аккуратно. Поэтому оставляю открытым вопрос: "может ли быть так, чтобы бесконечность вычесть бесконечность было конечным числом, не равным нулю?"
ERROR: JavaScript must be enabled to render input!
Wed, 20 Dec 2017 08:22 GMT