리만 재배열 정리

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분류
1. 개요2. 상세
2.1. 재배열 하는 방법2.2. 함의
3. 관련 문서

1. 개요[편집]

리만 재배열 정리는 조건수렴하는 무한급수의 더하는 순서를 적당히 바꿔서, 임의의 값으로 수렴하거나, ±∞로 발산하도록 할 수 있다는 정리이다. 무한번 더하는 것은, 유한 번 더하는 것과는 다르다는 것을 나타내주는 예시 중 하나이다.

2. 상세[편집]

실수열 ana_{n}에 대하여, ∑n=1∞an\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}이 수렴하고, ∑n=1∞∣an∣\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|은 발산한다고 하자. 그러면, 임의의 확장된 실수 r∈R∪{±∞}r\in\mathbb{R}\cup\{\pm \infty\}에 대하여 ∑n=1∞aσ(n)=r\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{\sigma(n)}=r 를 만족하는 일대일대응 σ:N→N\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N}[1]이 존재한다.

사실, 꼭 조건 수렴할 필요는 없다. 양수항만 더한 급수와 음수항만 더한 급수가 각각 발산하고, 일반항은 0으로 수렴하면 된다. 급수가 조건 수렴하는 경우, 양수항만 더한 급수와 음수항만 더한 급수가 각각 ±∞\pm\infty로 발산한다는 사실은 급수의 연산법칙에 의해 쉽게 유도할수 있다.

2.1. 재배열 하는 방법[편집]

재배열 하는 방법이 유일하지는 않지만, 항상 원하는 수렴값으로 재배열 할 수 있는 일반적인 방법이 있다.

급수가 조건수렴하는 수열 ana_{n}이 주어졌을 때, 수열 an+a^{+}_{n}을 ana_{n}의 음이 아닌 항을 순서대로 늘어놓은 수열이라고 하고, 반대로, 수열 an−a^{-}_{n}을 ana_{n}의 음수항을 순서대로 늘어놓은 수열이라고 하자. (예를 들어서 an=(−1)n−1na_{n}=\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{n}이라고 하면, an+=12n−1a^{+}_{n}=\displaystyle\frac{1}{2n-1}, an−=−12na^{-}_{n}=-\displaystyle\frac{1}{2n}이 된다. ) 이 때, an±a^{\pm}_{n}는 모두 0으로 수렴하고, 급수는 ±∞\pm\infty로 발산하는데, 수열을 재배열해서 급수를 L∈RL\in\mathbb{R}로 수렴시키고 싶으면,
  1. L을 넘을때까지 an+a_{n}^{+}을 차례대로 더한다.
    즉, a1++⋯+am1+>La^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}}>L 을 만족하는 최소 자연수 m1m_{1}을 찾는다.
  2. 1에 이어서 L보다 작아질때까지 an−a_{n}^{-}을 차례대로 더한다.
    즉, (a1++⋯+am1+)+(a1−+⋯+am2−)<L(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+(a^{-}_{1}+\cdots+a^{-}_{m_{2}})<L 을 만족하는 최소 자연수 m2m_{2}을 찾는다.
  3. 2에 이어서 L보다 커질때까지 an+a_{n}^{+}을 차례대로 더한다.
    즉, (a1++⋯+am1+)+(a1−+⋯+am2−)+(am1+1++⋯+am3+)>L(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+(a^{-}_{1}+\cdots+a^{-}_{m_{2}})+(a^{+}_{m_{1}+1}+\cdots+a^{+}_{m_{3}})>L 을 만족하는 최소 자연수 m3m_{3}을 찾는다.
  4. 3에 이어서 L보다 작아질때까지 an+a_{n}^{+}을 차례대로 더한다.
    즉, (a1++⋯+am1+)+(a1−+⋯+am2−)+(am1+1++⋯+am3+)+(am2+1−+⋯+am4−)<L(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+(a^{-}_{1}+\cdots+a^{-}_{m_{2}})+(a^{+}_{m_{1}+1}+\cdots+a^{+}_{m_{3}})+(a^{-}_{m_{2}+1}+\cdots+a^{-}_{m_{4}})<L 을 만족하는 최소 자연수 m4m_{4}을 찾는다.
  5. ⋯\cdots. [2]
위와 같이 LL을 기준으로 왔다리 갔다리 하다보면, 점점 LL에 가까워지게 된다. 왜냐하면, mim_{i}까지 찾았다면,
(a1++⋯+am1+)+⋯+(ami−2++⋯+ami+)>L≥(a1++⋯+am1+)+⋯+(ami−2++⋯+ami+)−ami+(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+(a^{+}_{m_{i-2}}+\cdots+a^{+}_{m_{i}})>L \geq(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+(a^{+}_{m_{i-2}}+\cdots+a^{+}_{m_{i}})-a^{+}_{m_{i}} 또는,
(a1++⋯+am1+)+⋯+(ami−2−+⋯+ami−)<L≤(a1++⋯+am1+)+⋯+(ami−2−+⋯+ami−)−ami−(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+(a^{-}_{m_{i-2}}+\cdots+a^{-}_{m_{i}})<L \leq (a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+(a^{-}_{m_{i-2}}+\cdots+a^{-}_{m_{i}})-a^{-}_{m_{i}}
가 성립해서, mi−1<k<mi+1m_{i-1}< k< m_{i+1}일 때,
∣(a1++⋯+am1+)+⋯+(∑i=mi−1+1kai∓)−L∣≤∣(a1++⋯+am1+)+⋯+(ami−2+1±+⋯+ami±)−L∣≤∣ami±∣\left|(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+\left(\displaystyle\sum_{i=m_{i-1}+1}^{k}a^{\mp}_{i}\right)-L \right|\leq\left|(a^{+}_{1}+\cdots+a^{+}_{m_{1}})+\cdots+(a^{\pm}_{m_{i-2}+1}+\cdots+a^{\pm}_{m_{i}})-L \right|\leq|a^{\pm}_{m_{i}}|
인데, 우변이 0으로 수렴하기 때문이다.

L=±∞L=\pm\infty로 발산하게 만들고 싶으면, 왔다리 갔다리 하는 기준이 되는 수를 점점 키우거나, 점점 줄이면 된다.

2.2. 함의[편집]

두 무한급수의 곱을 계산할 때, 전개하는 순서에 따라서 값이 달라질 수 있다. 대개 코시곱이라고 부르는 순서로 전개하는데, 이 방법은 가로축과 세로축에 각 수열의 항을 쓰고 축이 만나는 곳마다 두 항의 곱을 계산한 뒤 대각선을 따라 지그재그로 전개하는 것이라 볼 수 있다. 그런데 이 순서로 전개하면 조건수렴하는 무한급수끼리 곱해서 발산하는 급수를 얻는 게 가능하다. 위키백과에는 an=(−1)nna_{n}=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}로 주어진 수열의 무한급수를 자기자신과 곱하는 예시가 나온다.

3. 관련 문서 [편집]

[1] 덧셈 순서를 재배열하는 매핑 또는 순열(permutation)이라고 생각하면 된다.[2] 이게 계속해서 가능한 이유는, 임의의 자연수 mm에 대해 ∑n=m∞an+\sum_{n=m}^{\infty}a^{+}_{n}가 무한대로 발산하고,∑n=m∞an−\sum_{n=m}^{\infty}a^{-}_{n}은 음의 무한대로 발산하기 때문.