Szeregi liczbowe
Twierdzenie 4.3.1. Szereg o wyrazach nieujemnych jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jego ciąg sum częściowych jest ograniczony
Dowód. Niech (sn)∞n=1będzie ciągiem sum częściowych szereguP∞n=1anoraz niech an> 0 dla n ∈ N.
Jeśli szereg jest zbieżny, to ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony (patrz własność 3.2.3).
Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony. Ponieważ an> 0 dla n ∈ N, więc ciąg (sn)∞n=1 jest rosnący. Zatem jest to ciąg zbieżny (patrz twierdzenie 3.2.4). Twierdzenie 4.3.2. (kryterium porównawcze zbieżności szeregów). Niech P∞
n=1an, P∞n=1bn będą szeregami liczbowymi oraz niech N ∈ N będzie takie, że 06 an6 bn dla n > N.
(a) Jeśli szereg P∞n=1bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg P∞n=1an. (b) Jeśli szereg P∞n=1an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szeregP∞n=1bn.
4.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 113 Dowód. Udowodnimy (a). Ponieważ szeregP∞n=1bn jest zbieżny, więc szereg P∞
n=Nbn jest zbieżny. Niech b =P∞n=Nbn. Wówczas dla każdego m> N mamy Pm
n=Nan 6 Pmn=Nbn 6 b. Zatem ciąg sum częściowych szeregu P∞n=Nan jest ograniczony. To wraz z twierdzeniem 4.3.1 daje zbieżność szeregu P∞n=Nan, a więc i zbieżność szereguP∞n=1an. Część (b) wynika z (a), gdyż zbieżność szeregu P∞
n=1bn pociągałaby zbieżność szeregu P∞n=1an. Wniosek 4.3.3. Niech P∞n=1an, P∞n=1bn będą szeregami o wyrazach dodatnich takimi, że istnieje N ∈ N, że
(4.2) an+1
an 6 bn+1
bn dla n > N.
(a) Jeśli szereg P∞n=1bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg P∞n=1an. (b) Jeśli szereg P∞n=1an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szeregP∞n=1bn. Dowód. Udowodnimy (a). Z (4.2) mamy, że ciąg (abn
n)∞n=N jest malejący, więc
(4.3) 06 an6 aN
bNbn dla n > N.
JeśliP∞n=1bnjest zbieżny, to z własności 4.1.5 i 4.2.3, szeregP∞n=1abN
Nbnjest zbież-ny, więc z (4.3) i kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2 dostajemy zbieżność szereguP∞n=1an. Część (b) wynika natychmiast z (a). Twierdzenie 4.3.4. (kryterium graniczne). Niech P∞n=1an, P∞n=1bn będą takimi szeregami, że an> 0, bn> 0 dla n ∈ N. Załóżmy, że istnieje granica
K = lim
n→∞
an
bn.
(a) Jeśli K < +∞ i szereg P∞n=1bn jest zbieżny, to szeregP∞n=1an jest zbież-ny.
(b) Jeśli K > 0 i szereg P∞n=1bn jest rozbieżny, to szereg P∞n=1an jest roz-bieżny.
Dowód. Ad (a). Z określenia liczby K wynika, że istnieje N ∈ N takie, że dla n > N zachodzi abnn < K + 1, więc 0 6 an < (K + 1)bn. Jeśli P∞n=1bn jest zbieżny, to z własności 4.1.5, szeregP∞n=1(K + 1)bnjest zbieżny, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2 dostajemy zbieżność szereguP∞n=1an. Ad (b). Jeśli K = +∞, to istnieje N ∈ N, że dla n > N zachodzi an/bn> 1, czyli an> bn. Zatem z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2, z rozbieżności szereguP∞n=1bn wynika rozbieżność szeregu P∞n=1an. Jeśli K < +∞, to z założenia, że K > 0 mamy an> 0 dla dostatecznie dużych n, więc
n→∞lim bn/an= 1/K < +∞ i teza wynika z (a) i wniosku 4.2.3. Z twierdzenia 4.3.4 dostajemy natychmiast
Wniosek 4.3.5. Niech P∞n=1an, P∞n=1bn będą szeregami takimi, że an > 0, bn> 0 dla n ∈ N. Jeśli istnieje granica
K = lim
n→∞
an
bn
, przy czym 0 < K < +∞, to oba szeregi są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne.
Twierdzenie 4.3.6. (o zagęszczaniu). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem maleją-cym o wyrazach nieujemnych. Wówczas szeregP∞n=1anjest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg P∞n=12na2n.
Dowód. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 ciągi sum częściowych odpowied-nio szeregówP∞n=1an,P∞n=12na2n. Ponieważ an> 0, więc ciągi (sn)∞n=1i (tn)∞n=1 są rosnące. W myśl twierdzenia 4.3.1 wystarczy pokazać, że z ograniczoności ciągu (sn)∞n=1 wynika ograniczoność ciągu (tn)∞n=1 i odwrotnie.
Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony przez M ∈ R, M > 0, to znaczy
|sn| 6 M dla n ∈ N. Ponieważ (an)∞n=1jest ciągiem malejącym, więc dla każdego n ∈ N,
06 tn= 2a2+ 2a4+ · · · + 2n−1a2n
6 2 ((a1+ a2) + (a3+ a4) + · · · + (a2n−1+1+ · · · + a2n)) = 2s2n 6 2M.
To daje ograniczoność ciągu (tn)∞n=1.
Załóżmy, że ciąg (tn)∞n=1 jest ograniczony przez K ∈ R, K > 0. Ponieważ (an)∞n=1 jest ciągiem malejącym i 2n+1− 1 > n dla n ∈ N, więc
06 sn6 s2n+1−1= a1+ · · · + a2n+1−1
= a1+ (a2+ a3) + (a4+ a5+ a6+ a7) + · · · + (a2n+ · · · + a2n+1−1) 6 a1+ 2a2+ · · · + 2na2n 6 a1+ K,
gdzie k-ty nawias w środkowej linijce wzoru jest sumą 2k+1− 2k składników(1). To daje ograniczoność ciągu (sn)∞n=1 i kończy dowód. Definicja szeregu harmonicznego. SzeregP∞n=1 n1α nazywamy harmonicznym rzędu α.
Wniosek 4.3.7. Szereg P∞n=1n1α jest zbieżny dla α > 1 i rozbieżny dla α 6 1
(2).
(1)dokładniej a1+ a2+ · · · + a2n+1−1= a1+Pn
k=1(a2k+ · · · + a2k+1−1).
(2)Funkcję ζ(x) = P∞ n=1
1
nx, x > 1 nazywamy funkcją ζ Riemanna. Georg Friedrich Bern-hard Riemann (1826-1866) – matematyk niemiecki. Funkcję ζ rozważa się przede wszystkim w dziedzinie zespolonej, gdzie (pokazuje się, że) rozszerza się ona na całą płaszczynnę zespoloną z wyłączonym punktem 1. Ma ona tzw. trywialne miejsca zerowe x = −2, −4, −6, .... Jednym z największych dotychczas nierozwiązanych problemów w matematyce (obok hipotezy Goldbacha) jest Hipoteza Riemanna (1859). Mówi ona, że wszystkie nietrywialne zera zespolone funkcji ζ (rozważanej w dziedzinie zespolonej), mają część rzeczywistą równą 12 (patrz rozdział A).
4.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 115 Za-tem z własności 4.2.6(a) szeregP∞n=12na2n jest zbieżny. To wraz z twierdzeniem 4.3.6 daje zbieżność szeregu harmonicznego.
Załóżmy, że α6 1. Wówczas z własności potęgi, n1 6 n1α dla n ∈ N. Ponieważ szeregP∞n=1n1 jest rozbieżny (twierdzenie 4.1.4), więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2(b) dostajemy, że szereg harmoniczny jest rozbieżny. ZADANIA
Zadanie 4.3.1. Zbadać czy następujące szeregi są zbieżne:
1. P∞
Zadanie 4.3.2. Szereg P∞
n=1an, gdzie an = 21n, gdy n jest liczbą nieparzystą oraz an= 2nn, gdy n jest liczbą parzystą, jest zbieżny.
Zadanie 4.3.3. Jeśli szereg P∞
n=1an jest zbieżny i an > 0 dla n ∈ N, to zbieżny jest
n=1anjest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szeregP∞ n=1
Zadanie 4.3.5. * (kryterium Raabego(3)). Niech (an)∞n=1będzie ciągiem o wyrazach dodatnich oraz r > 1.
(a) Jeśli n a
(3)Joseph Ludwig Raabe (1801-1859) – szwajcarski matematyk.
4.4 Dalsze kryteria zbieżności szeregów
Twierdzenie 4.4.1. (kryterium Dirichleta). Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1będą cią-gami liczbowymi. Jeśli
(i) ciąg sum częściowych ciągu (an)∞n=1 jest ograniczony, (ii) ciąg (bn)∞n=1 jest monotoniczny, n ∈ N, zatem z powyższego mamy
Powyższa nierówność zachodzi także dla m = l> N . Reasumując, z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6 dostajemy zbieżność szereguP∞n=1anbn.
Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, to ciąg (−bn)∞n=1 jest malejący i z pierw-szej części dowodu dostajemy zbieżność szeregu P∞n=1an(−bn), a więc i szeregu P∞
n=1anbn.
(4)przekształcenie to nazywamy przekształceniem Abela. Niels Henrik Abel (1802-1829) – ma-tematyk norweski, udowodnił niemożliwość rozwiązania równania algebraicznego stopnia wyż-szego niż cztery przez pierwiastniki.
4.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 117 Z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów dostajemy następne dwa kryteria.
Wniosek 4.4.2. (kryterium Leibniza(5)). Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest monotonicz-ny i lim
n→∞bn= 0, to szereg P∞n=1(−1)nbn jest zbieżny.
Dowód. Oznaczając an= (−1)n dla n ∈ N dostajemy, że suma Pnj=1aj jest równa 0, gdy n jest liczbą parzystą oraz równa −1, gdy n jest liczbą nieparzy-stą. Wobec założonej monotoniczności ciągu (bn)∞n=1 i lim
n→∞ bn = 0, z kryterium
Dirichleta 4.4.1 dostajemy tezę.
Wniosek 4.4.3. (kryterium Abela). Jeśli szeregP∞n=1an jest zbieżny, a ciąg (bn)∞n=1 jest monotoniczny i ograniczony, to szeregP∞n=1anbn jest zbieżny.
Dowód. Ciąg (bn)∞n=1, jako monotoniczny i ograniczony, jest zbieżny. Niech więc b = lim
n→∞ bn. Wtedy ciąg (bn− b)∞n=1 jest monotoniczny i zbieżny do zera.
Ciąg sum częściowych szeregu zbieżnego P∞n=1an jest oczywiście ograniczony.
W konsekwencji, na mocy kryterium Dirichleta 4.4.1, mamy zbieżność szeregu P∞
n=1(bn− b)an. Ponieważ szereg P∞n=1ban jest zbieżny, więc szereg P∞n=1anbn
jest zbieżny, jako różnica szeregów zbieżnych.
ZADANIA
Zadanie 4.4.1. Zbadać zbieżność szeregów:
1. P∞
Definicja zbieżności bezwzględnej szeregu. Mówimy, że szeregP∞n=1anjest zbieżny bezwzględnie, gdy zbieżny jest szereg P∞n=1|an|.
Własność 4.5.1. Jeśli szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwzględnie, to jest zbieżny.
Ponadto |P∞n=1an| 6P∞n=1|an|.
Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ szeregP∞n=1|an| jest zbieżny, więc z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6 istnieje N ∈ N takie, że dla m > l > N mamy Pm
(5)Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) – niemiecki filozof, matematyk, prawnik, inżynier mechanik, fizyk i dyplomata.
To, wobec twierdzenia Cauchy’ego, daje zbieżność szereguP∞n=1an. Przechodząc w nierówności |Pmn=1an| 6Pmn=1|an| do granicy m → ∞ dostajemy |P∞n=1an| 6 P∞
n=1|an|. To kończy dowód.
Z twierdzenia 4.3.2 dostajemy natychmiast
Twierdzenie 4.5.2. (kryterium porównawcze zbieżności bezwzględnej szeregów). Niech P∞n=1an, P∞n=1bn będą szeregami liczbowymi oraz N ∈ N.
Jeśli |an| 6 bn dla n > N i szereg P∞n=1bn jest zbieżny, to szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwzględnie.
Twierdzenie 4.5.3. (kryterium d’Alemberta(6)). Niech P∞n=1an będzie sze-regiem liczbowym takim, że an6= 0 dla n ∈ N. o ilorazie r ∈ (0, 1) jest zbieżny (patrz własność 4.2.6), więc z kryterium po-równawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność bezwzględną szeregu P∞ wraz z warunkiem koniecznym zbieżności szeregu 4.1.3, daje rozbieżność szeregu P∞
n=1an.
Z kryterium d’Alemberta 4.5.3 i własności 3.8.2 dostajemy natychmiast Wniosek 4.5.4. (kryterium d’Alemberta). Niech P∞n=1an będzie szeregiem liczbowym takim, że an6= 0 dla n ∈ N oraz niech istnieje granica g = limn→∞
(6)Jean Le Rond d’Alembert (1717-1783) – francuski filozof, fizyk i matematyk.
4.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 119 Uwaga 4.5.5. W twierdzeniu 4.5.3(b) warunku an+1a
n
> 1 dla dostatecznie du-żych n ∈ N, nie można zastąpić przez lim sup porównawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność szereguP∞n=1an.
Z drugiej strony lim sup
n→∞ jako zbiór pusty. Stąd i z twierdzenia 3.8.7 mamy lim sup
n→∞
Twierdzenie 4.5.6. (kryterium Cauchy’ego). Niech P∞n=1an będzie szere-giem liczbowym oraz niech g =lim sup
n→∞
pn
|an|.
(a) Jeśli g < 1, to szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli g > 1, to szereg P∞n=1an jest rozbieżny. Ponadto, jeśli pn |an| > 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N, to szereg jest rozbieżny.
Dowód. Ad (a). Ponieważ g < 1, więc istnieje r ∈ R, że g < r < 1. Zatem, z twierdzenia 3.8.7 istnieje N ∈ N, że pn |an| 6 r dla n > N. W konsekwencji
|an| 6 rn dla n > N.
Dla r ∈ (0, 1), wobec własności 4.2.6, szereg P∞n=Nrn jest zbieżny. Stąd i z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność szeregu P∞
n=1|an|.
Ad (b). Jeśli pn |an| > 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N, to |an| > 1 dla nieskoczenie wielu n ∈ N. Zatem szeregP∞n=1annie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów 4.1.3, więc jest to szereg rozbieżny. Jeśli lim sup
n→∞
pn
|an| > 1, to dla nieskończenie wielu n ∈ N zachodzi pn|an| > 1, więc z poprzedniej części mamy rozbieżność szereguP∞n=1an.
Z kryterium Cauchy’ego 4.5.6 i własności 3.8.2 dostajemy natychmiast Wniosek 4.5.7. (kryterium Cauchy’ego). Niech P∞n=1an będzie szeregiem liczbowym oraz niech istnieje granica g = lim
n→∞
pn
|an|.
(a) Jeśli g < 1, to szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli g > 1, to szereg P∞n=1an jest rozbieżny.
Uwaga 4.5.8. Rozważmy szereg harmoniczny P∞n=1an, gdzie an = n1α, α ∈ R,
|an| = 1, więc kryteria d’Alemberta i Cauchy’ego nie rozstrzygają zbież-ności szeregu P∞n=1an. Jednak dla α > 1 szereg ten jest zbieżny, dla α 6 1 zaś
, zatem z warunku (a) kryterium d’Alemberta wynika warunek (a) kryterium Cauchy’ego.
ZADANIA
Zadanie 4.5.1. Zbadać zbieżność szeregów:
1. P∞
Zadanie 4.5.2. Niech an = 2(−1)n−n dla n ∈ N. Stosując kryterium Cauchy’ego zbież-ności szeregów pokazać, że szeregP∞
n=1an jest zbieżny. Kryterium d’Alemberta nie roz-strzyga zbieżności tego szeregu.
4.6 Łączność dodawania wyrazów szeregu liczbowego
W szeregu liczbowym zbieżnym możemy kolejne wyrazy dowolnie łączyć w grupy i suma szeregu nie zmieni się. Dokładniej, udowodnimy następujące twierdzenie.
Twierdzenie 4.6.1. (prawo łączności dla szeregów). Niech P∞n=1an będzie szeregiem zbieżnym, (nk)∞k=1 – ściśle rosnącym ciągiem liczb całkowitych, gdzie n1= 0 oraz niech
n=1an jest zbieżny bezwzględnie, to szeregP∞k=1ck jest zbieżny bezwzględnie.
Dowód. Oznaczając przez (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1 odpowiednio ciągi sum częścio-wych szeregówP∞n=1aniP∞k=1ck, mamy tk = snk+1 dla k ∈ N. Zatem z własności 4.1.2 dostajemy pierwszą część tezy. Druga część tezy wynika z nierówności
k
4.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 121
oraz tego, że ciągPkj=1|cj|, k = 1, 2, ... jest rosnący (patrz twierdzenie 3.2.4). Uwaga 4.6.2. Bez założenia zbieżności szeregu P∞n=1an, twierdzenie 4.6.1 nie jest prawdziwe. Mianowicie szereg P∞n=1(−1)n jest rozbieżny. Łącząc po jednym wyrazie dostajemy, więc szereg rozbieżny, lecz po złączeniu po dwa wyrazy dosta-jemy
P∞
k=1((−1)2k−1+ (−1)2k) = 0 oraz −1 +P∞k=1((−1)2k+ (−1)2k+1) = −1.
ZADANIA
Zadanie 4.6.1. Suma szereguP∞ n=1
(−1)n
n jest liczbą ujemną.
Zadanie 4.6.2. Szeregi P∞ n=1
W punkcie 4.6 pokazaliśmy, że w każdym szeregu zbieżnym można dowolnie łączyć kolejne wyrazy i uzyskamy szereg zbieżny. W tym punkcie pokażemy, że zbieżność szeregu na ogół zależy od porządku jego wyrazów. Jest to, więc sytuacja odmienna od zbieżności ciągu, gdzie zmiana porządku wyrazów nie wpływa na zbieżność (patrz własność 3.2.12).
Definicja zbieżności bezwarunkowej szeregu. Mówimy, że szereg liczbowy P∞
n=1an jest zbieżny bezwarunkowo, gdy dla każdej bijekcji σ : N → N szereg P∞
n=1aσ(n) jest zbieżny. Jeśli szereg jest zbieżny, lecz nie jest zbieżny bezwarun-kowo, to mówimy, że jest on zbieżny warunkowo.
Lemat 4.7.1. NiechP∞n=1anbędzie szeregiem zbieżnym. Jeśli an> 0 dla wszyst-kich n ∈ N lub an6 0 dla wszystkich n ∈ N, to szereg jest zbieżny bezwarunkowo.
Ponadto dla każdej bijekcji σ : N → N mamyP∞n=1aσ(n) =P∞n=1an.
Dowód. Rozważymy przypadek an > 0 dla n ∈ N. Przypadek an 6 0 dla n ∈ N rozważa się analogicznie.
Niech s = P∞n=1an. Weźmy dowolną bijekcję σ : N → N. Oznaczmy przez
W konsekwencji ciąg (tn)∞n=1, jako rosnący i ograniczony z góry, jest zbieżny oraz P∞
n=1aσ(n)6 s =P∞n=1an.
Analogicznie pokazujemy, że s = P∞n=1an = P∞n=1aσ(σ−1(n)) 6 P∞n=1aσ(n). Stąd i z poprzedniego dostajemyP∞n=1aσ(n)= s.
W badaniu szeregów zbieżnych bezwarunkowo kluczową rolę odgrywa
Twierdzenie 4.7.2. (Riemann). Niech P∞n=1an będzie szeregiem liczbowym i niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N. Wówczas szereg P∞n=1an
jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy szeregi P∞n=1βn, P∞n=1γn są zbieżne.
Szkic dowodu. Zakładając, że szeregi P∞n=1βn i P∞n=1γn są zbieżne, z le-matu 4.7.1 dostajemy łatwo zbieżność bezwzarunkową szereguP∞n=1an.
W drugą stronę dowód jest nie wprost. Przypuszczając że szereg P∞n=1an
jest zbieżny bezwarunkowo i co najmniej jeden z szeregówP∞n=1βn,P∞n=1γnjest rozbieżny, z równości an = βn+ γn dla n ∈ N, dostajemy że oba szeregi są roz-bieżne. W szczególności szereg P∞n=1βn jest rozbieżny. Weźmy dowolne M ∈ R, M > 0, na przykład takie, że że γn > −M dla n ∈ N (ciąg (γn)n∈N jest ogra-niczony, bowiem lim
n→∞ an = 0, więc lim
n→∞ γn = 0 i w konsekwencji odpowiednie M > 0 istnieje). Teraz konstruujemy bijekcję zbioru N, czyli przestawiamy wyra-zy ciągu. Najpierw wybieramy tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazów ciągu (an) aby ich suma przekroczyła 2M (wobec rozbieżności szeregu P∞n=1βn można wybrać skończoną ilość takich wyrazów) i do sumy wybranych wyrazów dodajemy pierwszy niedodatni wyraz ciągu (an). Tak otrzymana suma jest więk-sza od M . Powtarzamy powyższą procedurę, do poprzedniej sumy dodajemy tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazów (z pozostałych dodatnich wyrazów ciągu (an)) aby suma przekroczyła 3M . Do tak otrzymanej sumy dodajemy ko-lejny niedodatni wyraz ciągu (an) otrzymując sumę większą od 2M . Powtarzając tę konstrukcję indukcyjnie ”ustawimy” wszystkie wyrazy ciągu (an) w szereg, w ten sposób, że w k-tym kroku konstrukcji suma wyrazów jest większa od kM . Reasumując, utworzony szereg będzie rozbieżny do +∞.
Przejdźmy teraz do pełnego dowodu twierdzenia Riemanna.
Dowód twierdzenia 4.7.2. Jeśli szeregi P∞n=1βn iP∞n=1γnsą zbieżne, to z lematu 4.7.1 dostajemy, że są one zbieżne bezwarunkowo. Ponieważ an= βn+ γn dla n ∈ N, więc szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwarunkowo, gdyż dla każdej bijekcji σ : N → N szereg P∞n=1aσ(n) jest sumą szeregów zbieżnych P∞n=1βσ(n), P∞
n=1γσ(n).
Załóżmy, że szeregP∞n=1anjest zbieżny bezwarunkowo. Wtedy jest on zbieżny i z twierdzenia 4.1.3, lim
n→∞an= 0, więc lim
n→∞γn= 0. Stąd, istnieje liczba M > 0, że
(4.4) −M < γn6 0 dla n ∈ N.
4.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 123 Przypuśćmy, że co najmniej jeden z szeregów P∞n=1βn, P∞n=1γn jest rozbieżny.
Niech (sn)∞n=1, (bn)∞n=1, (gn)∞n=1 będą ciągami sum częściowych odpowiednio sze-regówP∞n=1an,P∞n=1βn,P∞n=1γn. Wtedy ciąg (bn)∞n=1jest rosnący, ciąg (gn)∞n=1 jest zaś malejący. Zatem, wobec twierdzenia 4.3.1 mamy lim
n→∞ bn = +∞ lub
n→∞lim gn= −∞. Ponieważ sn= bn+ gn dla n ∈ N i ciąg (sn)∞n=1jest zbieżny, więc musi być lim
n→∞bn= +∞ oraz lim
n→∞gn= −∞ i w konsekwencji (4.5) szeregi
∞
X
n=1
βn,
∞
X
n=1
γn są rozbieżne odpowiednio do +∞ i −∞.
Oznaczając
X = {n ∈ N : an> 0}, Y = {n ∈ N : an6 0}, z (4.5) dostajemy, że
(4.6) X i Y są zbiorami przeliczalnymi oraz X ∩ Y = ∅, X ∪ Y = N.
Zauważmy, że istnieje ściśle rosnący ciąg liczb całkowitych (mk)∞k=0, gdzie m0 = 0, że przy oznaczeniu
Xk= {n ∈ X : mk−1+ 16 n 6 mk} dla k ∈ N, zachodzi
(4.7) X
n∈Xk
an> 2M dla każdego k ∈ N.
Istotnie, połóżmy m0 = 0. Z (4.5) wynika, że istnieje m1 ∈ N takie, że zachodzi (4.7) dla k = 1. Z (4.5) wynika, że szereg P∞n=m
1+1βn jest rozbieżny do +∞.
Zatem istnieje m2 > m1 takie, że Pmn=m2
1+1βn > 2M , co daje (4.7) dla k = 2.
Postępując dalej indukcyjnie określimy ciąg (mk)∞k=0 spełniający (4.7) (7). Rodzina Xk, k ∈ N jest rodziną zbiorów skończonych i niepustych takich, że (4.8) Xk∩ Xj = ∅ dla k 6= j oraz X = [
k∈N
Xk.
(7)Dokładniej, przyjmijmy Z0 = {m ∈ Z : m > 0} i m0 = 0. Z (4.5) wynika, że dla każdego m ∈ Z0, szeregP∞
n=m+1βnjest rozbieżny do nieskończoności, więc zbiór Tm= {k ∈ N : k > m ∧ Pk
n=m+1βn> 2M } jest niepusty. Stosując aksjomat wyboru, istnieje więc funkcja g : Z0 → N taka, że g(m) ∈ Tmdla m ∈ Z0 i wtedyPg(m)
n=m+1βn> 2M . Biorąc teraz funkcję f : N × N → N określoną wzorem f (m, k) = g(m) i x = g(0), z twierdzenia o definiowaniu przez indukcję, istnieje ciąg (mk)∞k=1 taki, że m1 = x oraz mk+1 = f (mk, k) dla k ∈ N. Z wyboru funkcji g wynika, że ciąg (mk)∞k=0jest ściśle rosnący i spełnia warunek (4.7).
Oznaczmy przez mk∈ N ilość elementów zbioru Xk. Niech
Oczywiście zbiory Vk są parami rozłączne. Z powyższego i (4.8) dostajemy, że funkcja ϕ : V → X dana wzorem
Ponieważ W ∩ V = ∅, więc funkcja σ jest poprawnie określona. Ponadto z okre-ślenia funkcji ϕ i ξ mamy σ(V ) = X, σ(W ) = Y , więc z (4.6), σ jest bijekcją N
4.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 125 Z określenia ciągu (km) dostajemy lim
m→∞ Nkm = +∞, a więc lim
m→∞ km = +∞.
Stąd i z powyższego wynika, że szereg P∞n=1aσ(n) jest rozbieżny do +∞. To przeczy zbieżności bezwarunkowej szeregu P∞n=1an i kończy dowód twierdzenia
4.7.2.
Twierdzenie 4.7.3. (o zbieżności bezwzględnej i bezwarunkowej szere-gu). Szereg liczbowyP∞n=1an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbieżny bezwzględnie.
Dowód. Niech βn= max{0, an}, γn= min{0, an} dla n ∈ N.
Załóżmy, że szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwarunkowo. Wówczas z twierdze-nia 4.7.2 mamy, że szeregiP∞n=1βn,P∞n=1γn są zbieżne. W szczególności szereg P∞
n=1(−γn) jest zbieżny. Ponieważ |an| = βn−γndla n ∈ N, więc szeregP∞n=1|an| jest zbieżny, jako suma szeregów zbieżnych.
Załóżmy teraz, że szereg P∞n=1an jest zbieżny bezwzględnie. Ponieważ dla n ∈ N mamy 0 6 βn 6 |an| i 0 6 −γn 6 |an|, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2 dostajemy zbieżność szeregów P∞n=1βn, P∞n=1(−γn).
W szczególności szereg P∞n=1γn jest zbieżny. Reasumując, z twierdzenia 4.7.2 dostajemy zbieżność bezwarunkową szereguP∞n=1an. Twierdzenie 4.7.4. Jeśli szeregP∞n=1an jest zbieżny bezwarunkowo, to dla do-wolnej bijekcji σ : N → N zachodzi P∞n=1aσ(n)=P∞n=1an.
Dowód. Niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N. Z założenia i twierdzenia 4.7.2 mamy, że szeregiP∞n=1βn,P∞n=1γnsą zbieżne, pierwszy z nich ma wyrazy nieujemne, drugi – niedodatnie. Stąd i z lematu 4.7.1 dostajemy, że szeregi te są zbieżne bezwarunkowo. Ponadto dla dowolnej bijekcji σ : N → N mamyP∞n=1βσ(n) =P∞n=1βn orazP∞n=1γσ(n)=P∞n=1γn. W szczególności
Przejdźmy teraz do szeregów zbieżnych warunkowo. Zacznijmy od prostego wniosku wynikającego natychmiast z twierdzenia 4.7.3.
Wniosek 4.7.5. SzeregP∞n=1anjest warunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest to szereg zbieżny lecz nie jest on zbieżny bezwzględnie.
Przedstawimy teraz twierdzenie Riemanna o szeregach zbieżnych warunkowo.
Twierdzenie 4.7.6. (Riemann). Niech P∞n=1an będzie szeregiem liczbowym zbieżnym warunkowo. Wówczas dla każdego punktu s ∈ R istnieje bijekcja σ : N → N taka, że P∞n=1aσ(n)= s.
Szkic dowodu. Jeśli s = +∞, to powtarzając konstrukcję bijekcji σ : N → N z dowodu twierdzenia 4.7.2 dostajemy łatwo, żeP∞n=1aσ(n)= s. Jeśli s = −∞, to biorąc szereg P∞n=1(−an), w myśl poprzedniego przypadku znajdziemy bijekcję σ : N → N taką, że P∞n=1(−aσ(n)) = +∞ i wtedyP∞n=1aσ(n) = s. Załóżmy więc, że s ∈ R. Rozważymy przypadek, gdy s > 0. Drugi przypadek s < 0 sprowadzamy do rozważanego w podobny sposób jak dla s = −∞.
Niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N. Z założenia szereg P∞
n=1an jest zbieżny, więc lim
n→∞ an = 0 i w konsekwencji lim
n→∞ βn = 0 i
n→∞lim γn= 0. Ponadto, szeregP∞n=1anjest zbieżny warunkowo, więc z twierdzenia 4.7.2 wynika, że co najmniej jeden z szeregów P∞n=1βn,P∞n=1γn jest rozbieżny.
Wtedy, podobnie jak w dowodzie twierdzenia 4.7.2 pokazujemy, że rozbieżne są oba szeregi, pierwszy do +∞, a drugi do −∞.
Teraz skonstruujemy bijekcję zbioru N, czyli przestawiamy wyrazy ciągu. Naj-pierw wybieramy Naj-pierwszy niedodatni wyraz ciągu (an). Do tego wyrazu dodaje-my tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazów ciągu (an), powiedzmy m1 wyrazów, aby ich suma była większa od s lecz suma m1− j, j = 1, . . . , m1, wyra-zów była mniejsza lub równa s. Z wyboru pierwszego wyrazu, wobec rozbieżności szeregu P∞n=1βn można wybrać skończoną ilość takich wyrazów dodatnich lecz musimy wziąć co najmniej jeden, więc 1 6 m1 < ∞. Do wybranych wyrazów dodajemy tyle kolejnych początkowych niedodatnich wyrazów z pozostałych nie-dodatnich wyrazów ciągu (an), powiedzmy k1 > 1 wyrazów, aby ich suma była mniejsza od s lecz po dodaniu k1 − j, j = 1, . . . , k1, wyrazów była niemniej-sza od s. Powtarzamy powyższą procedurę indukcyjnie, dodajemy tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazów z pozostałych dodatnich wyrazów ciągu (an), powiedzmy m2> 1 wyrazów, aby suma była większa od s lecz po dodaniu m2−j, j = 1, . . . , m2 wyrazów była mniejsza lub równa s. Teraz dodajemy kolejne wy-razy niedodatnie z pozostałych niedodatnich wyrazów, powiedzmy k2 wyrazy i dalej na przemian wyrazy dodatnie i ujemne. Powtarzając tę konstrukcję induk-cyjnie ”ustawimy” wszystkie wyrazy ciągu (an) w szereg który będzie zbieżny do s. Istotnie, dla n > 1, sumy częściowe sn otrzymanego szeregu różnią się od s co najwyżej o |arn| dla pewnego rn ∈ N, przy czym z konstrukcji wynika, że rn> n2 dla n ∈ N. Stąd limn→∞rn= +∞. Ponieważ lim
n→∞an= 0, to lim
n→∞|arn| = 0.
Reasumując, otrzymany szereg jest zbieżny do s (8).
(8)Konstrukcję bijekcji σ : N → N przedstawimy dokładniej. Rozważamy przypadek s > 0.
Postępujemy podobnie jak w dowodzie twierdzenia 4.7.2. Jak zauważyliśmy wcześniej zachodzi (4.5), więc zbiory X = {n ∈ N : an > 0}, Y = {n ∈ N : an 6 0} są rozłączne, przeliczalne oraz X ∪ Y = N. Dla dowolnych p, q ∈ Z, kładziemy X(p, q] = {n ∈ X : p + 1 6 n 6 q} oraz Y (p, q] = {n ∈ Y : p + 1 6 n 6 q}. Połóżmy
i1= min n
m ∈ Y :P
n∈Y (0,m]an< s o
i y1=P
n∈Y (0,i1]an
oraz przy użyciu powyżej określonego y1,
4.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 127
ZADANIA
Zadanie 4.7.1. Niech P∞
n=1an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:
dla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioru skończonego J ⊂ N \ H zachodzi |P
n∈Jan| < ε.
Zadanie 4.7.2. Niech P∞
n=1an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest zbieżny bezwarunkowo do s ∈ R wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioru skończonego J ⊂ N takiego, że H ⊂ J zachodzi |P
k∈Jan− s| < ε.
Zadanie 4.7.3. Szereg liczbowyP∞
n=1an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego podciągu (ank)∞k=1 ciągu (an)∞n=1 zbieżny jest szeregP∞ Wobec (4.5), liczby i0, j0, x0 są poprawnie określone, więc funkcja f jest poprawnie określona.
Niech x = x1 i niech ϕ = (ϕ1, ϕ2, ϕ3) : N → Z będzie funkcją określoną indukcyjnie przez x i f . Weźmy ciągi (ik)∞k=0, (jk)∞k=0określone wzorami i0= j0= 0 oraz ik= ϕ2(k), jk= ϕ3(k) dla k ∈ N. Z określenia funkcji f widzimy, że są to ściśle rosnące ciągi liczb całkowitych. Ponadto dla Ik=P
przy czym dla każdego k liczby ik> ik−1, jk> jk−1są najmniejszymi liczbami całkowitymi dla których powyższe zachodzi. Z określenia funkcji f widzimy też, że
(2) |I1− s| 6 |aik|, |
Wówczas suma wszystkich zbiorów Vkoraz zbiorów Wkjest zbiorem liczb naturalnych. Podobnie suma wszystkich zbiorów Y (ik−1, ik] oraz X(jk−1, jk] jest zbiorem liczb naturalnych. Zatem ist-nieje odwzorowanie σ : N → N takie, że σ|Vk: Vk→ Y (ik−1, ik] oraz σ|Wk: Wk→ X(jk−1, jk] są bijekcjami. Wówczas σ jest bijekcją zbioru N na N. Ponadto uwzględniają (2) i konstrukcję funk-cji f dostajemy, że |s −Pm
Zadanie 4.7.4.* Niech A będzie zbiorem niepustym i co najwyżej przeliczalnym oraz niech f : A → R. Przez sumę wartości funkcji f rozumiemy taką liczbę s ∈ R, że dla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ A, że dla każdego niepustego zbioru skończonego J ⊂ A takiego, że H ⊂ J zachodzi |P
k∈Jf (k) − s| < ε. Sumę wartości funkcji f oznaczamy P
k∈Af (k).
1. Jeśli A jest zbiorem skończonym i f : A → R, to istnieje suma wartości funkcji f . 2. Jeśli zbiór A jest przeliczalny, to suma wartości funkcji f : A → R istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej bijekcji σ : N → A szeregP∞
n=1f (σ(n)) jest zbieżny.
Zadanie 4.7.5.* Niech szereg P∞
n=1an będzie zbieżny bezwarunkowo i niech An ⊂ N, n ∈ N, będzie rodziną zbiorów niepustych taką, że Ai∩Aj = ∅ dla i 6= j oraz N =S
n∈NAn. Wówczas istnieją sumy cn=P
k∈Anak dla n ∈ N orazP∞
n=1an=P∞ n=1cn.
4.8 Mnożenie szeregów
Definicja iloczynu szeregów w sensie Cauchy’ego. NiechP∞n=0an,P∞n=0bn będą szeregami liczbowymi. Iloczynem w sensie Cauchy’ego tych szeregów nazy-wamy szeregP∞n=0cn, gdzie
cn=
n
P
j=0
ajbn−j, n = 0, 1, 2, ...(9).