Rozdział 5
Szeregi liczbowe
5.1
Szeregi liczbowe
Definicja sumy częściowej ciągu. Niech dany będzie ciąg liczbowy (an)∞n=1. Ciąg (sn)∞n=1 określony wzorem sn =
n
P
j=1
aj, n ∈ N, nazywamy ciągiem sum częściowych ciągu
(an)∞n=1.
Definicja szeregu liczbowego. Niech dany będzie ciąg liczbowy (an)∞n=1 oraz niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych ciągu (an)∞n=1. Szeregiem liczbowym o wyrazach
an, n = 1, 2, ... lub krótko szeregiem nazywamy parę uporządkowaną ((an)∞n=1, (sn)∞n=1) i oznaczamy
∞
P
n=1
an lub P∞n=1an lub Pan. Ciąg (sn)∞n=1 nazywamy również ciągiem sum
częściowych szeregu P∞
n=1
an.
Definicja zbieżności szeregu. Niech
∞
P
n=1
an będzie szeregiem liczbowymi. Mówimy,
że szereg ∞
P
n=1
an jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych (sn)∞n=1. Jeśli
lim
n→∞ sn = s, s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżny do s i piszemy ∞
P
n=1
an = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.
Przykład 5.1.1. Szereg P∞
n=1
an, gdzie an = n(n+1)1 , n ∈ N, jest zbieżny do 1, ma on
bowiem ciąg sum częściowych (sn)∞n=1 postaci
sn= 1 1 · 2+ 1 2 · 3+· · ·+ 1 n(n + 1) = 1 1− 1 2 + 1 2 − 1 3 +· · ·+ 1 n − 1 n + 1 = 1− 1 n + 1.
Bezpośrednio z definicji zbieżności szeregu, twierdzenia 4.6.8 i własności 4.6.2 dosta-jemy
Własność 5.1.2. Niech
∞
P
n=1
an będzie szeregiem liczbowym, (sn)∞n=1 jego ciągiem sum
częściowych oraz s ∈ R. Wówczas szereg
∞
P
n=1
an jest zbieżny do s wtedy i tylko wtedy, gdy
każdy podciąg ciągu (sn)∞n=1 jest zbieżny do s.
Twierdzenie 5.1.3. (warunek konieczny zbieżności szeregu). Jeśli szereg
∞
P
n=1
an
jest zbieżny, to lim
n→∞an= 0.
Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu ∞ P n=1 an i s = ∞ P n=1 an. Z własności 5.1.2, s = lim
n→∞sn= limn→∞sn+1, więc limn→∞an = limn→∞an+1= limn→∞(sn+1− sn) = 0. Twierdzenie odwrotne do powyższego nie jest prawdziwe. Mamy mianowicie następu-jące Twierdzenie 5.1.4. Szereg P∞ n=1 1 n jest rozbieżny. Dowód. Oznaczając sn= n P j=1 1 j, n ∈ N dostajemy |s2n− sn| = 1 n + 1 + 1 n + 2 + · · · + 1 2n > n 1 2n = 1 2,
więc, wobec własności 5.1.2 granica ciągu (sn)∞n=1 nie może być skończona.
Definicja działań na szeregach. Niech P∞
n=1 an, ∞ P n=1 bn będą szeregami liczbowymi. Szereg ∞ P n=1
(an+ bn) nazywamy sumą szeregów ∞ P n=1 an i ∞ P n=1 bn. Szereg ∞ P n=1
(an− bn) nazywamy różnicą szeregów ∞ P n=1 an i ∞ P n=1 bn. Jeśli α ∈ R, to szereg P∞ n=1
(αan) nazywamy iloczynem szeregu ∞ P n=1 an przez liczbę α. Własność 5.1.5. Niech ∞ P n=1 an, ∞ P n=1
bn będą szeregami liczbowymi zbieżnymi oraz α ∈ R.
Wówczas szeregi P∞ n=1 (an+ bn), ∞ P n=1 (an− bn), ∞ P n=1
(αan) są zbieżne oraz ∞ X n=1 (an+ bn) = ∞ X n=1 an+ ∞ X n=1 bn, ∞ X n=1 (an− bn) = ∞ X n=1 an− ∞ X n=1 bn, ∞ X n=1 (αak) = α ∞ X n=1 an.
Dowód. Jeśli (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów ∞ P n=1 an, ∞ P n=1
bn, to (sn+ tn)∞n=1, (sn− tn)∞n=, (αsn)∞n= są ciągami sum częściowych odpo-wiednio szeregów ∞ P n=1 (an+ bn), ∞ P n=1 (an− bn), ∞ P n=1
(αan). Zatem teza wynika natychmiast
z twierdzenia 4.2.9.
Z twierdzenia Cauchy’ego 4.7.3 dostajemy natychmiast jego odpowiednik dla szeregów.
Twierdzenie 5.1.6. (Cauchy’ego). Niech P∞
n=1
an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas
szereg P∞
n=1
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on warunek Cauchy’ego:
(5.1) ∀ε>0 ∃N ∈R ∀m,l∈N, m>l>N m X n=l an < ε.
5.2. DALSZE INFORMACJE O SZEREGACH 93
Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu ∞
P
n=1
an. Z twierdzenia
Cauchy’ego 4.7.3 mamy, że szereg ∞
P
n=1
anjest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (sn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego:
∀ε>0 ∃N ∈R ∀m,l∈N, m>l>N |sm− sl−1| < ε,
gdzie s0 = 0. Powyższy warunek jest równoważny (5.1), więc mamy tezę.
Uwaga 5.1.7. Pokazaliśmy, że dla szeregów zachodzą pewne odpowiedniki własności
cią-gów (własność 4.2.4). W przypadku ciącią-gów można zamienić kolejność wyrazów bez straty zbieżności ciągu (własność 4.2.5). Dalej pokażemy, że odpowiednik tego faktu dla szeregów jest fałszywy, mianowicie istnieją szeregi zbieżne które po zamianie kolejności wyrazów stają się rozbieżne.
5.2
Dalsze informacje o szeregach
W punkcie 5.1 wprowadziliśmy pojęcie szeregu liczbowego ∞
P
n=1
an, gdzie wskaźniki prze-biegają zbiór liczb naturalnych. W wielu zagadnieniach wygodnie jest rozważać szeregi w nieco ogólniejszym sensie, gdzie wskaźniki przebiegają pewne zbiory liczb całkowitych. Prowadzi to do uogólnienia pojęcia ciągu. Dokładniej, będziemy rozważać ciągi liczbowe o wskaźnikach większych od pewnej ustalonej liczby całkowitej. Ciągi takie definiujemy analogicznie jak w rozdziale 4.
Definicja ciągu nieskończonego o wskaźnikach w zbiorze Zk. Niech X będzie nie-pustym zbiorem, niech k ∈ Z oraz Zk = {n ∈ Z : n > k}.
Funkcję a : Zk → X nazywamy ciągiem nieskończonym o wskaźnikach w zbiorze Zk lub krótko ciągiem.
Parę uporządkowaną (n, a(n)), gdzie n ∈ Zk, nazywamy n–tym wyrazem ciągu, n –
wskaźnikiem tego wyrazu, a(n) – wartością tego wyrazu. Piszemy an zamiast a(n). Ciąg a : Zk→ X zapisujemy również (ak, ak+1, ...) lub (an)∞n=k lub (an)n∈Zk lub krótko
(an), piszemy również an, n = k, k + 1, ....
Jeśli wszystkie wartości ciągu (an)∞n=k należą do R to ciąg ten nazywamy liczbowym.
Uwaga 5.2.1. Niech k ∈ Z oraz niech dany będzie ciąg (an)∞n=k. Wtedy bn = an+k−1,
n ∈ N jest ciągiem określonym na zbiorze liczb naturalnych. Zatem wszystkie pojęcia z rozdziału 4 dotyczące ciągów przenoszą się na powyżej wprowadzone ciągi o wskaźnikach w zbiorze Zk. Dokładniej definicja granicy i wszystkie jej własności, definicja
monoto-niczności, ograniczoności przenoszą się bez żadnych zmian. Analogicznie określamy pod-ciągi, jako złożenia ciągu (an)∞n=k ze ściśle rosnącym ciągiem (nj)∞j=k liczb całkowitych o
wartościach w Zk. Wtedy wszystkie twierdzenia dotyczące podciągów, granic częściowych
przenoszą się bez żadnych zmian.
Definicja szeregu liczbowego. Dla ciągu liczbowego (an)∞n=k określamy ciąg sum
czę-ściowych (sn)∞n=k wzorem sn =Pn
j=k
Szeregiem liczbowym o wyrazach an, n = k, k + 1, ... lub krótko szeregiem nazywamy parę uporządkowaną ((an)∞n=k, (sn)∞n=k) i oznaczamy
∞
P
n=k
an lub P∞n=kan lub Pan. Ciąg
(sn)∞n=k nazywamy również ciągiem sum częściowych szeregu ∞
P
n=k
an.
Mówimy, że szereg P∞
n=k
an jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych (sn)∞n=k. Jeśli lim
n→∞ sn = s, s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżny do s i piszemy ∞
P
n=k
an = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.
Uwaga 5.2.2. Dla szeregów określonych powyżej zachodzą wszystkie własności z punktu
5.1, gdzie sumę i różnicę szeregów P∞
n=k
an, ∞
P
n=k
bnoraz iloczyn szeregu przez liczbę określamy
analogicznie jak w punkcie 5.1. Dalej będziemy rozważać szeregi postaci P∞
n=1 an lub ∞ P n=0 an.
Przedstawiane twierdzenia przenoszą się jednak na przypadek ogólny.
Z twierdzenia Cauchy’ego 5.1.6 dostajemy
Wniosek 5.2.3. Niech P∞
n=k
an będzie szeregiem liczbowym oraz l ∈ Z, l > k. Wówczas
szereg ∞
X
n=k
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg ∞
X
n=l
an.
Inaczej, odrzucenie skończonej ilości początkowych wyrazów szeregu lub dołączenie na po-czątku skończonej ilości wyrazów nie wpływa na zbieżność szeregu.
Dowód. Ponieważ, co łatwo sprawdzamy, warunek (5.1) jest równoważny
∀ε>0 ∃N >l ∀m,p∈Z, m>p>N m X n=p an < ε.
więc z twierdzenia Cauchy’ego 5.1.6 dostajemy tezę.
Wniosek 5.2.4. Niech P∞ n=k an, ∞ P n=k
bn będą szeregami liczbowymi takimi, że istnieje N ∈
R, że dla n ∈ Z, n > N zachodzi an= bn. Wówczas
szereg ∞
X
n=k
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg ∞
X
n=k
bn.
Dowód. Niech l ∈ Z, l > N oraz l > k. Z wniosku 5.2.3, zbieżność szeregu
∞
P
n=k
an
jest równoważna zbieżności szeregu P∞
n=l
an oraz zbieżność szeregu ∞ P n=l bn jest równoważna zbieżności szeregu ∞ P n=k bn. Ponieważ szeregi ∞ P n=l an, ∞ P n=l
5.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 95 Wniosek 5.2.5. Niech ∞ P n=k an, ∞ P n=j
bn będą szeregami liczbowymi takimi, że an = bn−k+j
dla n ∈ Z, n > k. Wówczas szereg P∞
n=k
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest
szereg ∞ P n=j bn. Ponadto ∞ P n=k an = ∞ P n=j bn.
Dowód. Niech (sn)∞n=k, (tn)∞n=j będą ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów ∞ P n=k an, ∞ P n=j
bn. Wobec założenia an = bn−k+j dla n > k dostajemy łatwo, że sn = tn−k+j dla n > k. Zatem z własności 4.2.4(d) mamy, że ciąg (sn)∞n=k jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest ciąg (tn)∞n=j. Ponadto limn→∞sn = limn→∞ tn. To daje tezę.
Definicja szeregu geometrycznego. Niech a, q ∈ R, k ∈ Z. Szereg postaci
∞
P
n=k
aqn
nazywamy szeregiem geometrycznym, gdzie przyjmujemy tutaj 00 = 1 oraz q 6= 0, gdy
k < 0. Liczbę q nazywamy ilorazem szeregu geometrycznego.
Własność 5.2.6. Niech a, q ∈ R, a 6= 0, k ∈ Z. (a) Jeśli 0 < |q| < 1, to P∞ n=k aqn = aqk 1−q. (b) Jeśli |q|> 1, to szereg ∞ P n=k aqn jest rozbieżny.
Dowód. Ad. (a) Ponieważ q 6= 1, więc indukcyjnie, łatwo pokazujemy, że Pn
i=k
aqi =
aqk 1−qn−k+1
1−q . Zatem teza wynika z własności 4.6.10.
Ad. (b) Jeśli |q|> 1, to z własności 4.6.10 dostajemy, że ciąg (aqn)∞n=k nie jest zbieżny do zera. Istotnie, jeśli q = 1, to lim
n→∞aq
n= a 6= 0. Jeśli q > 1, to lim n→∞aq
n jest równa +∞ lub −∞ w zależności od tego, czy a > 0, czy a < 0. Jeśli q 6 −1, to granica lim
n→∞aq n nie istnieje. Zatem (b) wynika z warunku koniecznego zbieżności szeregu 5.1.3.
5.3
Szeregi o wyrazach nieujemnych
Twierdzenie 5.3.1. Szereg o wyrazach nieujemnych jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy
jego ciąg sum częściowych jest ograniczony.
Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu ∞
P
n=1
an oraz niech
an> 0 dla n ∈ N.
Jeśli szereg jest zbieżny, to ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony (patrz własność 4.2.7). 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 4.2.8).
Twierdzenie 5.3.2. (kryterium porównawcze zbieżności szeregów). Niech ∞ P n=1 an, ∞ P n=1
bn będą szeregami liczbowymi oraz niech N ∈ N będzie takie, że 06 an6 bn dla n > N.
(a) Jeśli szereg P∞
n=1
bn jest zbieżny, to szereg ∞ P n=1 an jest zbieżny. (b) Jeśli szereg P∞ n=1
an jest rozbieżny, to szereg ∞
P
n=1
bn jest rozbieżny.
Dowód. Udowodnimy (a). Ponieważ szereg
∞
P
n=1
bn jest zbieżny, więc szereg ∞
P
n=N
bn
jest zbieżny. Niech b = ∞
P
n=N
bn. Wówczas dla każdego m > N mamy m P n=N an6 m P n=N bn 6 b. Zatem ciąg sum częściowych szeregu P∞
n=N
an jest ograniczony. To wraz z twierdzeniem
5.3.1 daje zbieżność szeregu P∞
n=N
an, a więc i zbieżność szeregu ∞
P
n=1
an.
Część (b) wynika z (a), gdyż zbieżność szeregu ∞ P n=1 bnpociągałaby zbieżność ∞ P n=1 an. Wniosek 5.3.3. Niech P∞ n=1 an, ∞ P n=1
bn będą szeregami o wyrazach dodatnich takimi, że
istnieje N ∈ N, że (5.2) an+1 an 6 bn+1 bn dla n > N. (a) Jeśli szereg
∞
P
n=1
bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg ∞ P n=1 an. (b) Jeśli szereg ∞ P n=1
an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szereg ∞
P
n=1
bn.
Dowód. Udowodnimy (a). Z (5.2) mamy, że ciąg (an
bn)
∞
n=N jest malejący, więc
(5.3) 06 an6 aN bN bn dla n > N. Jeśli ∞ P n=1
bn jest zbieżny, to z własności 5.1.5 i 5.2.3, szereg ∞
P
n=1 aN
bNbn jest zbieżny, więc
z (5.3) i kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2 dostajemy zbieżność szeregu ∞
P
n=1
an.
Część (b) wynika natychmiast z (a).
Twierdzenie 5.3.4. (kryterium graniczne). Niech P∞
n=1 an, ∞ P n=1 bn będą takimi
szerega-mi, że an> 0, bn> 0 dla n ∈ N. Załóżmy, że istnieje granica
K = lim
n→∞
an
bn
5.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 97
(a) Jeśli K < +∞ i szereg ∞
P
n=1
bn jest zbieżny, to szereg ∞ P n=1 an jest zbieżny. (b) Jeśli K > 0 i szereg P∞ n=1
bn jest rozbieżny, to szereg ∞
P
n=1
an jest rozbieżny.
Dowód. Ad. (a) Z określenia liczby K, istnieje N ∈ N takie, że dla n > N zachodzi
an
bn < K + 1, więc 0 6 an < (K + 1)bn. Jeśli
∞
P
n=1
bn jest zbieżny, to z własności 5.1.5,
szereg ∞
P
n=1
(K + 1)bn jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2 dostajemy zbieżność szeregu
∞
P
n=1
an.
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 5.3.2, z rozbieżności szeregu ∞
P
n=1
bn
wynika rozbieżność szeregu P∞
n=1
an. Jeśli K < +∞, to z założenia, że K > 0 mamy an> 0 dla dostatecznie dużych n, więc lim
n→∞ bn
an =
1
K < +∞ i teza wynika z (a) i wniosku 5.2.3. Z twierdzenia 5.3.4 dostajemy natychmiast
Wniosek 5.3.5. Niech ∞ P n=1 an, ∞ P n=1
bn 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 5.3.6. (o zagęszczaniu). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem malejącym o wy-razach nieujemnych. Wówczas
szereg ∞
X
n=1
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg ∞
X
n=1
2na2n.
Dowód. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 ciągi sum częściowych odpowiednio szere-gów P∞ n=1 an, ∞ P n=1 2na
2n. Ponieważ an > 0, więc ciągi (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1 są rosnące. W myśl
twierdzenia 5.3.1 wystarczy pokazać, że z ograniczoności ciągu (sn)∞n=1 wynika ograniczo-ność 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=1 jest ciągiem malejącym, więc dla każdego n ∈ N
06 tn = 2 (a2+ 2a4+ · · · + 2n−1a2n)
6 2 ((a1+ a2) + (a3+ a4) + · · · + (a2n−1+1+ · · · + a2n)) = 2s2n 6 2M.
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) + · · · + (a2n + · · · + a2n+1−1)
6 a1+ 2a2+ · · · + 2na2n 6 a1+ K.
To daje ograniczoność ciągu (sn)∞n=1 i kończy dowód.
Definicja szeregu harmonicznego. Szereg
∞
P
n=1
1
nα nazywamy harmonicznym rzędu α.
Wniosek 5.3.7. Szereg P∞
n=1
1
nα jest zbieżny, gdy α > 1 i rozbieżny, gdy α 6 1 (1).
Dowód. Oznaczmy an = n1α, n ∈ N.
Załóżmy najpierw, że α > 1. Wówczas ciąg (an)∞n=1 jest malejący i ma wyrazy do-datnie oraz 2na
2n = 2n2−αn = (21−α)n dla n ∈ N. W konsekwencji szereg
∞
P
n=1 2na
2n jest
geometryczny o ilorazie 21−α ∈ (0, 1). Zatem z własności 5.2.6(a) szereg P∞
n=1
2na2n jest
zbieżny. To wraz z twierdzeniem 5.3.6 daje zbieżność szeregu harmonicznego.
Załóżmy, że α6 1. Wówczas z własności potęgi, n1 6 n1α dla n ∈ N. Ponieważ szereg
∞
P
n=1
1
n jest rozbieżny (twierdzenie 5.1.4), więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2(b) dostajemy, że szereg harmoniczny jest rozbieżny.
ZADANIA
Zadanie 5.3.1. * (kryterium Raabego). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem o wyrazach
dodatnich oraz r > 1.
(a) Jeśli n an
an+1 − 1
> r dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg ∞ P n=1 an jest zbieżny. (a) Jeśli n an an+1 − 1
< 1 dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg P∞
n=1
an jest rozbieżny.
Wsk. Udowodnić, że dla s ∈ R zachodzi limn→∞ (1+
1 n) s−1 1 n = s.
5.4
Dalsze kryteria zbieżności szeregów
Twierdzenie 5.4.1. (kryterium Dirichleta). Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1 będą ciągami.
Je-śli
(i) ciąg sum częściowych ciągu (an)∞n=1 jest ograniczony,
(ii) ciąg (bn)∞n=1 jest monotoniczny, (iii) lim n→∞bn= 0, to szereg ∞ P n=1 anbn jest zbieżny.
1Definicja funkcji ζ Riemanna. Funkcję ζ(x) =P∞ n=1
1
5.4. DALSZE KRYTERIA ZBIEŻNOŚCI SZEREGÓW 99
Dowód. Niech An = n
P
j=1
aj, n ∈ N. Załóżmy najpierw, że ciąg (bn)∞n=1 jest malejący. Wówczas z (ii), (iii) mamy bn> 0 dla n ∈ N. Dla m > l > 2 mamy (2)
m P n=l anbn = m P n=l (An− An−1)bn= m P n=l Anbn− m P n=l An−1bn= m P n=l Anbn− m−1 P n=l−1 Anbn+1 = m−1P n=l An(bn− bn+1) + Ambm− Al−1bl.
Weźmy dowolne ε > 0. Wobec (i) istnieje M ∈ R, M > 0 takie, że |An| 6 M dla n ∈ N. Z
(ii) oraz (iii) wynika, że istnieje N ∈ N, N > 2 takie, że dla n > N zachodzi 0 6 bn< 2Mε . Weźmy dowolne m, l ∈ N takie, że m > l > N . Wtedy m > l > 2. Ponieważ ciąg (bn)∞n=1 jest malejący, więc bn− bn+1 = |bn− bn+1| dla n ∈ N, zatem z powyższego mamy
m P n=l anbn = m−1 P n=l An(bn− bn+1) + Ambm− Al−1bl 6 m−1P n=l |An||bn− bn+1| + |Am||bm| + |Al−1||bl| 6 m−1P n=l M (bn− bn+1) + M bm+ M bl = M m−1 P n=l (bn− bn+1) + bm+ bl = 2M bl< ε.
Powyższa nierówność zachodzi także dla m = l > N . Reasumując z twierdzenia Cau-chy’ego 5.1.6 dostajemy zbieżność szeregu P∞
n=1
anbn.
Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, to ciąg (−bn)∞n=1 jest malejący i z pierwszej części dowodu dostajemy zbieżność szeregu
∞ P n=1 an(−bn), a więc i szeregu ∞ P n=1 anbn. Z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów 5.4.1 dostajemy następujące dwa kryteria.
Wniosek 5.4.2. (kryterium Leibniza). Jeśli ciąg (cn)∞n=1 jest monotoniczny oraz
lim n→∞cn = 0, to szereg ∞ P n=1 (−1)nc n jest zbieżny.
Dowód. Oznaczając an = (−1)n, bn = cn, n ∈ N dostajemy, że suma n
P
j=1
aj jest równa 0, gdy n jest liczbą parzystą oraz równa −1, gdy n jest liczbą nieparzystą. Wobec monotoniczności ciągu (bn)∞n=1, stosując kryterium Dirichleta 5.4.1, dostajemy tezę.
Wniosek 5.4.3. (kryterium Abela). Jeśli ciąg (an)∞n=1 jest monotoniczny i ograniczo-ny, szereg P∞
n=1
bn zaś jest zbieżny, to szereg ∞
P
n=1
anbn jest zbieżny.
Dowód. Ciąg (an)∞n=1, jako monotoniczny i ograniczony, jest zbieżny. Niech więc
a = lim
n→∞ an. Wtedy ciąg (an − a) ∞
n=1 jest monotoniczny i zbieżny do zera. Ciąg sum częściowych szeregu zbieżnego P∞
n=1
bn jest oczywiście ograniczony. W konsekwencji, na
mocy kryterium Dirichleta 5.4.1, mamy zbieżność szeregu ∞
P
n=1
(an− a)bn. Ponieważ szereg ∞
P
n=1
abn jest zbieżny, więc szereg ∞
P
n=1
anbn jest zbieżny, jako suma szeregów zbieżnych.
5.5
Zbieżność bezwzględna
Definicja zbieżności bezwzględnej szeregu. Mówimy, że szereg P∞
n=1
an jest zbieżny
bezwzględnie, gdy zbieżny jest szereg
∞
P
n=1
|an|.
Własność 5.5.1. Jeśli szereg P∞
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie, to jest zbieżny. Ponadto
∞ P n=1 an 6 ∞ P n=1 |an|.
Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ szereg
∞
P
n=1
|an| jest zbieżny, więc z twier-dzenia Cauchy’ego 5.1.6 istnieje N ∈ N takie, że dla m > l > N mamy Pm
n=l |an| < ε. Zatem | m X n=l an| 6 m X n=l |an| < ε.
To, wraz z twierdzeniem Cauchy’ego daje zbieżność szeregu ∞ P n=1 an. Ponadto mamy m P n=1 an 6 m P n=1
|an|, więc przechodząc do granicy m → ∞ dostajemy
∞ P n=1 an 6 ∞ P n=1 |an|. To kończy dowód.
Z twierdzenia 5.3.2 dostajemy natychmiast
Twierdzenie 5.5.2. (kryterium porównawcze zbieżności bezwzględnej szere-gów). Niech P∞ n=1 an, ∞ P n=1
bn będą szeregami liczbowymi oraz N ∈ N. Jeśli |an| 6 bn
dla n> N i szereg P∞
n=1
bn jest zbieżny, to szereg ∞
P
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie.
Twierdzenie 5.5.3. (kryterium d’Alemberta). Niech P∞
n=1
an będzie szeregiem
liczbo-wym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N. (a) Jeśli lim sup
n→∞ an+1 an < 1, to szereg ∞ P n=1
an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli istnieje N ∈ N, że an+1 an > 1 dla n > N , to szereg ∞ P n=1 an jest rozbieżny.
Dowód. Ad. (a) Niech g =lim sup
n→∞ an+1 an
. Z założenia, istnieje r ∈ R, że g < r < 1.
Zatem, z twierdzenia 4.8.7 istnieje N ∈ N, że an+1 an 6 r dla n > N . Stąd mamy |an+1| 6 |an|r dla n > N.
5.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 101
Niech bn = |aN|rn−N, n> N . Wówczas |aN| 6 bN, |aN +1| 6 bN +1i indukcyjnie dostajemy
|an| 6 bn dla n > N . Ponieważ szereg ∞
P
n=N
bn, jako geometryczny o ilorazie r ∈ (0, 1) jest zbieżny (patrz własność 5.2.6), więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.5.2 dostajemy zbieżność bezwzględną szeregu P∞
n=1 an. Ad. (b) Ponieważ an+1 an
> 1 dla n > N , więc indukcyjnie dostajemy 0 < |aN| 6 |an| dla
n > N . Zatem zero nie może być granicą ciągu (an)∞n=1. To, wraz z warunkiem koniecznym zbieżności szeregu 5.1.3 daje, rozbieżność szeregu
∞
P
n=1
an.
Z kryterium d’Alemberta 5.5.3 i własności 4.8.2 dostajemy natychmiast
Wniosek 5.5.4. (kryterium d’Alemberta). Niech
∞
P
n=1
an będzie szeregiem liczbowym
takim, że an6= 0 dla n ∈ N oraz niech istnieje granica g = lim n→∞ an+1 an .
(a) Jeśli g < 1, to szereg P∞
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli g > 1, to szereg ∞
P
n=1
an jest rozbieżny.
Uwaga 5.5.5. W twierdzeniu 5.5.3(b) warunku
an+1
an
> 1 nie można zastąpić przez
lim sup n→∞ an+1 an
> 1. Pokażemy, że z warunku lim sup
n→∞ an+1 an
> 1 nie wynika rozbieżność
szeregu P∞
n=1
an.
Rozważmy ciąg an = 21n, gdy n jest liczbą nieparzystą oraz an = 24n, gdy n jest liczbą parzystą. Wówczas |an| 6 24n dla n ∈ N, więc z własności 5.2.6 i kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.5.2 dostajemy zbieżność szeregu
∞
P
n=1
an.
Z drugiej strony lim sup
n→∞ an+1 an = 2. Istotnie, an+1 an
= 2, gdy n jest nieparzyste oraz an+1 an = 1
8, gdy n jest parzyste. Zatem 2 jest granicą częściową ciągu
an+1 an ∞ n=1 oraz
dla każdego a > 2 zbiór nn ∈ N : an+1 an > a o
jest skończony, jako zbiór pusty. Stąd i z twierdzenia 4.8.7 mamy lim sup
n→∞ an+1 an = 2.
Twierdzenie 5.5.6. (kryterium Cauchy’ego). Niech
∞
P
n=1
an będzie szeregiem
liczbo-wym oraz niech g =lim sup
n→∞
n
q
|an|. (a) Jeśli g < 1, to szereg P∞
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli g > 1, to szereg P∞
n=1
an jest rozbieżny. Ponadto, jeśli n
q
|an| > 1 dla
nieskoń-czenie wielu n ∈ N, to szereg jest rozbieżny.
Dowód. Ad. (a) Niech g =lim sup
n→∞
n
q
|an|. Ponieważ g < 1, więc istnieje r ∈ R, że
g < r < 1. Zatem, z twierdzenia 4.8.7 istnieje N ∈ N, że qn|a
n| 6 r dla n > N. Zatem
Ponieważ r ∈ (0, 1), więc z własności 5.2.6, szereg ∞
P
n=N
rn jest zbieżny. Stąd i z kryterium
porównawczego zbieżności szeregów 5.5.2 dostajemy zbieżność szeregu P∞
n=1
|an|. Ad. (b) Jeśli qn|a
n| > 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N, to |an| > 1 dla nieskoćzenie wielu n ∈ N. Zatem szereg
∞
P
n=1
an nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów
5.1.3, więc jest to szereg rozbieżny. Jeśli lim sup n→∞
n
q
|an| > 1, to dla nieskończenie wielu
n ∈ N zachodzi qn|a
n| > 1, więc z poprzedniej części mamy rozbieżność szeregu ∞
P
n=1
an. Z kryterium Cauchy’ego 5.5.6 i własności 4.8.2 dostajemy natychmiast
Wniosek 5.5.7. (kryterium Cauchy’ego). Niech P∞
n=1
an będzie szeregiem liczbowym
oraz niech istnieje granica g = lim
n→∞
n
q
|an|. (a) Jeśli g < 1, to szereg P∞
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie.
(b) Jeśli g > 1, to szereg ∞
P
n=1
an jest rozbieżny.
Uwaga 5.5.8. Rozważmy szereg harmoniczny P∞
n=1
an, gdzie an = n1α, α ∈ R, n ∈ N. Wówczas lim sup
n→∞ an+1 an = limn→∞ an+1 an
= 1 oraz lim sup
n→∞ n q |an| = lim n→∞ n q |an| = 1, więc
kryteria d’Alemberta i Cauchy’ego nie rozstrzygają zbieżności szeregu
∞
P
n=1
an. Jednak dla
α > 1 szereg ten jest zbieżny, dla α 6 1 zaś rozbieżny (patrz wniosek 5.3.7).
Uwaga 5.5.9. Niech (an)n∈N będzie ciągiem takim, że an 6= 0 dla n ∈ N. Można
udowod-nić, że lim supqn|a
n| 6 lim sup an+1 an
, zatem z warunku (a) kryterium d’Alemberta wynika
warunek (a) kryterium Cauchy’ego.
5.6
Łączność wyrazów szeregu liczbowego
W szeregu liczbowym zbieżnym możemy kolejne wyrazy dowolnie łączyć w grupy. Miano-wicie mamy
Twierdzenie 5.6.1. (prawo łączności dla szeregów). Niech P∞
n=1
an będzie szeregiem
zbieżnym, (nk)∞k=1 – ściśle rosnącym ciągiem liczb całkowitych, gdzie n1 = 0 oraz niech
ck = nk+1
P
j=nk+1
aj dla k ∈ N. Wówczas szereg ∞ P k=1 ck jest zbieżny i ∞ P k=1 ck = ∞ P n=1 an. Ponadto, jeśli szereg ∞ P n=1
an jest zbieżny bezwzględnie, to szereg ∞
P
k=1
ck jest zbieżny bezwzględnie.
Dowód. Oznaczając przez (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1 odpowiednio ciągi sum częściowych sze-regów ∞ P n=1 an i ∞ P k=1
5.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 103
pierwszą część tezy. Druga część tezy wynika z nierówności Pk
j=1 |cj| 6 nk+1 P j=1 |aj| 6 ∞ P j=1 |aj| oraz tego, że ciąg Pk
j=1
|cj|, k = 1, 2, ... jest rosnący (patrz twierdzenie 4.2.8).
Uwaga 5.6.2. Bez założenia zbieżności szeregu P∞
n=1
an, twierdzenie 5.6.1 nie jest
praw-dziwe. Mianowicie szereg
∞
P
n=1
(−1)n jest rozbieżny. Łącząc po jednym wyrazie dostajemy, więc szereg rozbieżny lecz po złączeniu po dwa wyrazy dostajemy
∞ X k=1 ((−1)2k−1+ (−1)2k) = 0 oraz − 1+ ∞ X k=1 ((−1)2k+ (−1)2k+1) = −1.
5.7
Zbieżność bezwarunkowa
W punkcie 5.6 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 4.2.5).
Definicja zbieżności bezwarunkowej szeregu. Mówimy, że szereg liczbowy P∞
n=1
an
jest zbieżny bezwarunkowo, gdy dla każdej bijekcji σ : N → N szereg P∞
n=1
aσ(n) jest zbieżny. Jeśli szereg jest zbieżny lecz nie jest zbieżny bezwarunkowo, to mówimy, że jest on zbieżny
warunkowo.
Lemat 5.7.1. Niech P∞
n=1
an będzie szeregiem zbieżnym. Jeśli an > 0 dla wszystkich n ∈ N
lub an6 0 dla wszystkich n ∈ N, to szereg jest zbieżny bezwarunkowo. Ponadto dla każdej
bijekcji σ : N → N mamy ∞ P n=1 aσ(n) = ∞ P n=1 an.
Dowód. Rozważymy przypadek an > 0 dla n ∈ N. Przypadek an 6 0 dla n ∈ N rozważa się analogicznie.
Niech s = ∞
P
n=1
an. Weźmy dowolną bijekcję σ : N → N. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn) ∞ n=1 ciągi sum częściowych odpowiednio szeregów P∞
n=1 an, ∞ P n=1 aσ(n). Ponieważ an > 0 dla n ∈ N, więc ciągi (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są rosnące. Oznaczając Nn = max{σ(k) : k ∈ N, k 6 n} dla
n ∈ N, mamy tn= n X j=1 aσ(j) 6 Nn X j=1 aj = sNn 6 s.
W konsekwencji ciąg (tn)∞n=1, jako rosnący i ograniczony z góry, jest zbieżny oraz ∞ P n=1 aσ(n) 6 s = ∞ P n=1 an. Analogicznie dostajemy s =P∞ n=1 an = ∞ P n=1 aσ(σ−1(n))6 ∞ P n=1 aσ(n). Zatem ∞ P n=1 aσ(n) = s.
Twierdzenie 5.7.2. Niech
∞
P
n=1
an będzie szeregiem liczbowym oraz βn = max{0, an},
γn= min{0, an} dla n ∈ N. Szereg ∞
P
n=1
an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy,
gdy szeregi P∞ n=1 βn, ∞ P n=1 γn są zbieżne.
Dowód. Jeśli szeregi P∞
n=1
βn i ∞
P
n=1
γnsą zbieżne, to z lematu 5.7.1 dostajemy, że są one
zbieżne bezwarunkowo. Ponieważ an= βn+ γn dla n ∈ N, więc szereg ∞
P
n=1
an jest zbieżny
bezwarunkowo, gdyż dla każdej bijekcji σ : N → N szereg ∞
P
n=1
aσ(n) jest sumą szeregów
zbieżnych ∞ P n=1 βσ(n), ∞ P n=1 γσ(n).
Załóżmy, że szereg P∞
n=1
anjest zbieżny bezwarunkowo. Wtedy jest on zbieżny i z twier-dzenia 5.1.3 mamy lim
n→∞an = 0, więc limn→∞γn= 0. Stąd, istnieje liczba M > 0, że
(5.4) −M < γn6 0 dla n ∈ N.
Przypuśćmy, że co najmniej jeden z szeregów ∞ P n=1 βn, ∞ P n=1
γnjest rozbieżny. Niech (sn)∞n=1,
(bn)∞n=1, (gn)∞n=1 będą ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów ∞ P n=1 an, ∞ P n=1 βn, ∞ P n=1
γn. Wtedy ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, ciąg (gn)∞n=1 jest zaś malejący. Zatem, wobec twierdzenia 5.3.1 mamy lim
n→∞ bn = +∞ lub limn→∞ gn = −∞. Ponieważ sn = bn+ gn dla
n ∈ N i ciąg (sn)∞n=1 jest zbieżny, więc musi być
(5.5) lim
n→∞bn = +∞ oraz n→∞lim gn= −∞. Oznaczmy
X = {n ∈ N : an> 0}, Y = {n ∈ N : an6 0}. Z (5.5) i określenia zbiorów X, Y mamy, że
(5.6) X i Y są zbiorami przeliczalnymi oraz X ∩ Y = ∅, X ∪ Y = N.
Ponadto z (5.5) istnieje ściśle rosnący ciąg liczb całkowitych (nk)∞k=0, gdzie n0 = 0, że
X
nk−1< n 6 nk n ∈ X
an> 2M
dla wszystkich k ∈ N. Zatem Xk = {n ∈ X : nk−1 < n 6 nk}, k ∈ N jest rodziną zbiorów skończonych i niepustych takich, że
(i) Xk∩ Xj = ∅ dla k 6= j, (ii) X =S k∈NXk, (iii) P n∈Xk an> 2M dla k ∈ N.
5.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 105
Oznaczmy przez mk∈ N ilość elementów zbioru Xk. Niech
N1 = 1 oraz Nk= k+ k X j=1 mj dla k > 2. Niech Vk= {n ∈ N : Nk+ 16 n 6 Nk+ mk}, k ∈ N.
Xk i Vk są zbiorami mk elementowymi, więc istnieje bijekcja ϕk : Vk → Xk dla k ∈ N. Niech V =S
k∈NVk. Oczywiście zbiory Vk są parami rozłączne. Z powyższego, (i) oraz (ii) dostajemy, że
funkcja ϕ : V → X określona wzorem ϕ(n) = ϕk(n), gdy n ∈ Vk, jest bijekcją.
Niech W = N \ V . Wtedy W = {Nk : k ∈ N}. Ponieważ W, Y są zbiorami przeliczalnymi, więc istnieje bijekcja ξ : W → Y .
Niech σ : N → N będzie określona wzorem σ(n) = ϕ(n), gdy n ∈ V oraz σ(n) = ξ(n), gdy n ∈ W . Ponieważ W ∩V = ∅, więc σ jest poprawnie określona. Ponadto z określenia ϕ i ξ mamy σ(V ) = X, σ(W ) = Y , więc z (5.6) mamy, że σ jest bijekcją N na N. Rozważmy szereg
∞
P
n=1
aσ(n). Wtedy, wobec (5.4) i (iii),
mk+Nk X n=1 aσ(n) = X n∈V1∪...∪Vk aσ(n)+ X n ∈ W n 6 mk+ Nk aσ(n) = k X j=1 X n∈Vj aϕj(n)+ k X j=1 aξ(Nj) > k2M − kM = kM. Ponieważ lim
k→∞ kM = +∞, więc sumy częściowe szeregu ∞
P
n=1
aσ(n) nie mają granicy
skoń-czonej. To przeczy zbieżności bezwarunkowej szeregu ∞
P
n=1
an i kończy dowód.
Twierdzenie 5.7.3. (o zbieżności bezwzględnej i bezwarunkowej szeregu). Szereg
liczbowy
∞
P
n=1
an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbieżny
bezwzględ-nie.
Dowód. Niech βn= max{0, an}, γn= min{0, an} dla n ∈ N. Załóżmy, że szereg P∞
n=1
an jest zbieżny bezwarunkowo. Wówczas z twierdzenia 5.7.2
mamy, że szeregi P∞
n=1
βn, ∞
P
n=1
γn są zbieżne. W szczególności szereg ∞
P
n=1
(−γn) jest zbieżny. Ponieważ |an| = βn− γn dla n ∈ N, więc szereg
∞
P
n=1
|an| jest zbieżny, jako suma szeregów zbieżnych.
Załóżmy teraz, że szereg ∞
P
n=1
an jest zbieżny bezwzględnie. Ponieważ 0 6 βn 6 |an|, 06 −γn 6 |an| dla n ∈ N, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2
do-stajemy zbieżność szeregów P∞
n=1 βn, ∞ P n=1 (−γn). W szczególności szereg ∞ P n=1 γn jest zbieżny.
Reasumując z twierdzenia 5.7.2 dostajemy zbieżność bezwarunkową szeregu ∞
P
n=1
Twierdzenie 5.7.4. Jeśli szereg
∞
P
n=1
an jest zbieżny bezwarunkowo, to dla dowolnej
bijek-cji σ : N → N zachodzi ∞ P n=1 aσ(n) = ∞ P n=1 an.
Dowód. Niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N. Z założenia i twier-dzenia 5.7.2 mamy, że szeregi
∞ P n=1 βn, ∞ P n=1
γn są zbieżne, pierwszy z nich ma wyrazy nieujemne, drugi – niedodatnie. Stąd i z lematu 5.7.1 dostajemy, że szeregi te są zbieżne bezwarunkowo. Ponadto dla dowolnej bijekcji σ : N → N mamy
∞ P n=1 βσ(n) = ∞ P n=1 βn oraz ∞ P n=1 γσ(n) = ∞ P n=1 γn. W szczególności ∞ X n=1 aσ(n) = ∞ X n=1 βσ(n)+ ∞ X n=1 γσ(n) = ∞ X n=1 βn+ ∞ X n=1 γn= ∞ X n=1 an. To daje tezę.
Z twierdzenia 5.7.3 dostajemy natychmiast
Wniosek 5.7.5. Szereg
∞
P
n=1
an jest warunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest to
szereg zbieżny lecz nie jest on zbieżny bezwzględnie.
Uwaga 5.7.6. Podobnie jak w dowodzie twierdzenia 5.7.2 można pokazać, że jeśli szereg
∞
P
n=1
an jest zbieżny warunkowo oraz s ∈ R, to istnieje bijekcja σ : N → N taka, że szereg ∞ P n=1 aσ(n) jest zbieżny do s. ZADANIA Zadanie 5.7.1. Niech ∞ P n=1
an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest zbieżny
bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego: dla każ-dego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ N, że dla każkaż-dego niepustego zbioru skończonego J ⊂ N \ H zachodzi | P n∈J an| < ε. Zadanie 5.7.2. Niech ∞ P n=1
an 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
n∈J
an− s| < ε.
5.8
Mnożenie szeregów
Definicja iloczynu szeregów w sensie Cauchy’ego. Niech P∞
n=0 an, ∞ P n=0 bn będą
szere-gami liczbowymi. Iloczynem w sensie Cauchy’ego tych szeregów nazywamy szereg ∞ P n=0 cn, gdzie cn = n X j=0 ajbn−j, n = 0, 1, 2, ...(3).
5.8. MNOŻENIE SZEREGÓW 107
Uwaga 5.8.1. Iloczyn w sensie Cauchy’ego szeregów jest przemienny. Twierdzenie 5.8.2. (Mertensa). Jeśli szeregi
∞ P n=0 an, ∞ P n=0
bn są zbieżne i jeśli
przynaj-mniej jeden z tych szeregów jest zbieżny bezwzględnie to iloczyn w sensie Cauchy’ego P∞
n=0
cn
tych szeregów jest zbieżny oraz
∞ X n=0 cn= ∞ X n=0 an ∞ X n=0 bn. Jeśli szeregi ∞ P n=0 an, ∞ P n=0
bn są bezwzględnie zbieżne, to szereg ∞ P n=1 cn jest bezwzględnie zbieżny. Dowód. Niech A = ∞ P n=0 an, B = ∞ P n=0 bn oraz Ak = k P n=0 an, Bk = k P n=0 bn, Ck = k P n=0 cn
dla k ∈ Z, k > 0. Niech na przykład szereg ∞
P
n=0
an będzie zbieżny bezwzględnie oraz
K =P∞ n=0 |an|. Oczywiście K > 0. Pokażemy, że (5.7) lim k→∞(Ck− AkB) = 0. Zauważmy najpierw, że
k X n=0 n X j=0 ajbn−j = k X j=0 aj k X n=j bn−j dla k > 0.
Istotnie, dla ustalonego aj, 0 6 j 6 k, suma Pk
n=j
bn−j jest sumą wszystkich bn−j
występu-jących w Pk
n=0 n
P
j=0
ajbn−j w iloczynie z aj. To daje zapowiedzianą uwagę. Stąd mamy
Ck = k X n=0 cn = k X n=0 n X j=0 ajbn−j = k X j=0 aj k X n=j bn−j = k X j=0 aj k−j X n=0 bn = k X j=0 ajBk−j, więc (5.8) Ck− AkB = k X j=0 ajBk−j − k X j=0 ajB = k X j=0 aj(Bk−j − B). Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ lim
s→∞(Bs− B) = 0, więc istnieje N1 ∈ N, że dla każdego
s > N1 zachodzi |Bs − B| < 2(K+1)ε (oczywiście K + 1 > 0). Weźmy dowolne k > N1.
Wówczas dla 06 j 6 k − N1− 1 mamy k − j > N1, zatem z powyższego,
(5.9) k−N1−1 X j=0 aj(Bk−j− B) ¬ k−N1−1 X j=0 |aj||Bk−j − B| 6 k−N1−1 X j=0 |aj| ε 2(K + 1) < ε 2.
Oczywiście ciąg (Bs− B)∞s=0, jako zbieżny jest ograniczony. Niech więc M > 0 będzie taką liczbą, że |Bs− B| < M , dla s = 0, 1, ... . Z warunku koniecznego zbieżności szeregów mamy lim
j→∞aj = 0. Zatem istnieje N2 > 0, że dla każdego j > N2 zachodzi |aj| < ε
2M (N1+1).
Weźmy dowolne k > N2+ N1. Wówczas dla j > k − N1 mamy j > N2, więc
k X j=k−N1 aj(Bk−j − B) 6 k X j=k−N1 |aj||Bk−j − B| 6 k X j=k−N1 ε 2M (N1+ 1) M 6 ε 2. Stąd, z (5.8) i (5.9), dla k > N2+ N1 dostajemy |Ck− AkB| 6 k−N1−1 X j=0 aj(Bk−j− B) + k X j=k−N1 aj(Bk−j− B) < ε 2+ ε 2 = ε. Reasumując mamy (5.7). Ponieważ
06 |Ck− AB| = |Ck− AkB + AkB − AB| 6 |Ck− AkB| + |AkB − AB| oraz lim
k→∞ AkB = AB, więc z (5.7) i twierdzenia o trzech ciągach mamy limk→∞ Ck = AB. To daje pierwszą część tezy.
Udowodnimy drugą część tezy. Załóżmy, że szeregi ∞ P n=0 |an| i ∞ P n=0 |bn| są zbieżne. Biorąc dn= n P k=0
|ak||bn−k|, z pierwszej części twierdzenia dostajemy, że szereg ∞ P n=0 dn jest zbieżny. Ponieważ |cn| 6 n P k=0
|ak||bn−k| = dn, więc z kryterium porównawczego dostajemy, zbieżność szeregu
∞
P
n=0
|cn|. To daje drugą część tezy i kończy dowód.
Uwaga 5.8.3. W twierdzeniu Mertensa 5.8.2, założenia że przynajmniej jeden z szeregów
∞ P n=0 an, ∞ P n=0
bn jest zbieżny bezwzględnie, nie można opuścić. Biorąc mianowicie an = bn=
(−1)n
√
n+1, n = 0, 1, ... mamy, że szeregi ∞ P n=0 an, ∞ P n=0
bn są zbieżne warunkowo. Dla iloczynu
Cauchy’ego P∞
n=0
cn tych szeregów mamy |cn| = n P j=0 1 √ j+1√n−j+1 > n P j=0 1 n+1 = 1, więc jest to szereg rozbieżny.
Uwaga 5.8.4. Mertens pokazał, że jeśli szeregi
∞ P n=0 an, ∞ P n=0
bn są zbieżne i iloczyn w sensie
Cauchy’ego P∞
n=0
cn tych szeregów jest zbieżny, to
∞ X n=0 cn= ∞ X n=0 an ∞ X n=0 bn.
5.9. SZEREGI POTĘGOWE 109
5.9
Szeregi potęgowe
Definicja szeregu potęgowego. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym oraz x0 ∈ R.
Szereg postaci P∞
n=0
an(x − x0)n, gdzie x ∈ R, nazywamy szeregiem potęgowym o środku
x0 lub szeregiem Taylora o środku x0. Przyjmujemy tutaj 00 = 1. Liczby an, n = 0, 1, ...
nazywamy współczynnikami szeregu potęgowego.
Twierdzenie 5.9.1. (Cauchy’ego-Hadamarda). Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbo-wym, % =lim sup
n→∞ n q |an| oraz (5.10) R = 0 dla % = +∞, 1/% dla 0 < % < +∞, +∞ dla % = 0.
Wówczas szereg potęgowy P∞
n=0
an(x − x0)n o środku x0 ∈ R jest zbieżny bezwzględnie dla
x ∈ R takich, że |x − x0| < R oraz rozbieżny dla x ∈ R takich, że |x − x0| > R.
Dowód. Z wniosku 4.8.5(a) dla x 6= x0 mamy lim sup
n→∞
n
q
|an(x − x0)n| = %|x − x0|,
gdzie przyjmujemy %|x − x0| = +∞, gdy % = +∞. Zatem z kryterium Cauchy’ego
zbież-ności szeregów 5.5.6 oraz z (5.10) dostajemy tezę.
Definicja promienia zbieżności szeregu potęgowego. Niech
∞
P
n=0
an(x − x0)n będzie
szeregiem potęgowym. Element R ∈ R ∪ {+∞} taki, że powyższy szereg potęgowy jest zbieżny dla x ∈ R takich, że |x − x0| < R oraz rozbieżny dla |x − x0| > R nazywamy
promieniem zbieżności tego szeregu potęgowego. Zbiór {x ∈ R : |x − x0| < R} nazywamy
przedziałem zbieżności szeregu potęgowego.
Uwaga 5.9.2. Jeśli R jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego P∞
n=0
an(x − x0)n,
to wobec twierdzenia 5.9.1, szereg ten jest bezwzględnie zbieżny w przedziale zbieżności. Dla x ∈ R takich, że |x − x0| = R, czyli x = x0+ R oraz x = x0 − R, szereg ten może
być zbieżny lub rozbieżny. Jeśli R = 0, to przedział zbieżności tego szeregu jest zbiorem pustym, szereg jest jednak zbieżny dla x = x0.
Wniosek 5.9.3. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ Z,
n > 0 oraz niech istnieje granica η = limn→∞
an+1
an
. Wówczas promień zbieżności szeregu
potęgowego
∞
P
n=0
an(x − x0)n wyraża się wzorem
(5.11) R = 0 dla η = +∞, 1/η dla 0 < η < +∞, +∞ dla η = 0.
Dowód. Z kryterium d’Alemberta (wniosek 5.5.4) dostajemy, że szereg potęgowy
∞
P
n=0
an(x − x0)n jest zbieżny bezwzględnie dla x ∈ R takich, że η|x−x0| < 1 oraz rozbieżny
dla x ∈ R takich, że η|x − x0| > 1, gdzie przyjmujemy η|x − x0| = +∞, gdy η = +∞ oraz
|x − x0| > 0. Stąd dostajemy (5.11).
Dla ilustracji, przedstawimy najważniejszą funkcję w analizie x 7→ ex w postaci sumy szeregu potęgowego. Zacznijmy od lematu.
Lemat 5.9.4. Szereg potęgowy P∞
n=0 xn
n! jest zbieżny bezwzględnie w R. Ponadto (5.12) ∞ X n=0 (x + y)n n! = ∞ X n=0 xn n! ∞ X n=0 yn n! dla x, y ∈ R.
Dowód. Ponieważ lim
n→∞ 1 (n+1)! 1 n!
= 0, więc zbieżność bezwzględna szeregu
∞
P
n=0 xn
n! dla
x ∈ R wynika z wniosku 5.9.3. Weźmy dowolne x, y ∈ R. Niech P∞
n=0
cn będzie
iloczy-nem w sensie Cauchy’ego szeregów ∞ P n=0 xn n! oraz ∞ P n=0 yn
n!. Wówczas, ze wzoru dwumiennego Newtona, dla n ∈ Z, n > 0 mamy
cn = n X j=0 xj j! yn−j (n − j)! = 1 n! n X j=0 n j ! xjyn−j = (x + y) n n! .
To, wraz z twierdzeniem Mertensa 5.8.2 daje (5.12) i kończy dowód.
Twierdzenie 5.9.5. Dla każdego x ∈ R zachodzi
ex = ∞ X n=0 xn n!.
Dowód. Dla x = 0 teza jest oczywista. Rozważmy przypadek x > 0. Niech
sn = n X k=0 xk k!, tn = 1 + x n n , n ∈ N.
Ponieważ x > 0, więc analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 4.5.2 dla każdego n ∈ N,
tn = 1 + x n n = n X k=0 n k ! xk nk = 1 + n X k=1 n(n − 1) · · · (n − k + 1) k! xk nk 6 1 + n X k=1 xk k! = sn.
Z wniosku 4.5.4(b) mamy ex = lim
n→∞ tn, więc z powyższego, uwzględniając zbieżność szeregu ∞
P
n=0 xn
n! (patrz lemat 5.9.4), dostajemy
(5.13) ex6 ∞ X n=0 xn n!.
5.9. SZEREGI POTĘGOWE 111
Weźmy dowolne m ∈ N. Wówczas, wobec założenia x > 0, dla n ∈ N, n > m mamy
tn= n X k=0 n k ! xk nk = 1+ n X k=1 n(n − 1) · · · (n − k + 1) nk xk k! > 1+ m X k=1 n(n − 1) · · · (n − k + 1) nk xk k!.
Ponieważ dla każdego k ∈ N zachodzi limn→∞ n(n−1)···(n−k+1)nk = 1, więc przechodząc w
powyższym do granicy przy n → ∞ mamy
ex > 1 + m X k=1 xk k! = sm.
Przechodząc teraz do granicy, przy m → ∞, dostajemy ex >P∞
n=0 xn
n!. To, wraz z (5.13) daje tezę w przypadku x > 0.
Dla x < 0 mamy −x > 0, więc z lematu 5.9.4 i powyżej udowodnionego przypadku, 1 = ∞ X n=0 (x − x)n n! = ∞ X n=0 (−x)n n! ∞ X n=0 xn n! = e −x ∞ X n=0 xn n!.
Stąd wynika teza w przypadku x < 0. To kończy dowód. Z twierdzenia 5.9.5 dostajemy natychmiast
Wniosek 5.9.6. e = ∞ P n=0 1 n!.
Wniosek 5.9.7. Dla każdego x ∈ R zachodzi
(5.14) ex > 1 + x.
Dowód. Z twierdzenia 5.9.5 mamy ex− 1 − x =P∞
n=2 xn
n!, więc z prawa łączności dla szeregów 5.6.1, (5.15) ex− 1 − x = ∞ X n=1 x2n (2n)! + x2n+1 (2n + 1)! ! .
Zatem mamy (5.14) dla x > 0. Dla −1 < x < 0, (5.14) wynika z (5.15), gdyż wtedy x2n
(2n)! +
x2n+1
(2n+1)! > 0. Dla x 6 −1, (5.14) wynika z nierówności e
x > 0 dla x ∈ R.
ZADANIA
Zadanie 5.9.1. Liczba e jest niewymierna.
Wsk. Udowodnić, że 0 < e− Pn
k=0
1
k! <
1
5.10
Funkcje trygonometryczne
W tym punkcie wprowadzimy funkcje trygonometryczne. Zacznijmy od własności.
Własność 5.10.1. Dla każdego x ∈ R szeregi
(5.16) ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1, ∞ X n=0 (−1)n (2n)!x 2n są zbieżne bezwzględnie.
Dowód. Dla x = 0 zbieżność szeregów jest oczywista. Dla x 6= 0, stosując kryterium
d’Alemberta zbieżności szeregów (wniosek 5.5.4), łatwo dostajemy tezę.
Uwaga 5.10.2. Szeregi w (5.16) traktujemy również jako szeregi potęgowe, gdzie
przyj-mujemy współczynniki a2n+1 = (−1)
n
(2n+1)! i a2n = 0 dla n ∈ N w pierwszym szeregu oraz
b2n+1 = 0 i b2n = (−1)
n
(2n)! dla n ∈ N w drugim. Bowiem stosując prawo łączności, można
łatwo pokazać, że opuszczenie wyrazów zerowych nie wpływa na zbieżność szeregu.
Definicja funkcji sinus i cosinus. Dla x ∈ R kładziemy
sin x = ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1 oraz cos x = ∞ X n=0 (−1)n (2n)!x 2n
i nazywamy odpowiednio sinusem x oraz cosinusem x. Funkcje x 7→ sin x oraz x 7→ cos x nazywamy odpowiednio funkcją sinus i funkcją cosinus i odpowiednio oznaczamy sin, cos.
Twierdzenie 5.10.3. Niech x, y ∈ R. Wówczas mamy
(a) cos 0 = 1, sin 0 = 0,
(b) cos(−x) = cos x, sin(−x) = − sin x,
(c) cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y, cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y, (d) sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y, sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y, (e) sin2x + cos2x = 1.
Dowód. Części (a) i (b) wynikaję bezpośrednio z definicji.
Udowodnimy (c). Rozważmy iloczyny w sensie Cauchy’ego ∞ X n=0 cn= ∞ X n=0 (−1)n (2n)!x 2n ∞ X n=0 (−1)n (2n)!y 2n , ∞ X n=0 dn = ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1 ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!y 2n+1 .
W myśl własności 5.10.1 i twierdzenie Mertensa 5.8.2, wszystkie szeregi w powyższym wzorze są zbieżne bezwzględnie. Ponadto dla n ∈ Z, n > 0 mamy
cn = n X k=0 (−1)k (2k)!x 2k (−1)n−k (2(n − k))!y 2(n−k) = (−1)n (2n)! n X k=0 2n 2k ! x2ky2n−2k,
5.10. FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE 113 więc cn+1= (−1)n+1 (2(n + 1))! n+1 X k=0 2(n + 1) 2k ! x2ky2(n+1)−2k oraz dn= n X k=0 (−1)k (2k + 1)!x 2k+1 (−1)n−k (2(n − k) + 1)!y 2(n−k)+1 = − (−1) n+1 (2(n + 1))! n X k=0 2(n + 1) 2k + 1 ! x2k+1y2(n+1)−(2k+1).
Stąd mamy c0 = 1 oraz ze wzoru dwumiennego Newtona,
cn+1+ dn= (−1)n+1 (2(n + 1))!(x − y) 2(n+1), c n+1− dn = (−1)n+1 (2(n + 1))!(x + y) 2(n+1). Reasumując cos(x + y) = c0+ ∞ X n=0 (cn+1− dn) = ∞ X n=0 cn− ∞ X n=0
dn = cos x cos y − sin x sin y
oraz cos(x − y) = c0+ ∞ X n=0 (cn+1+ dn) = ∞ X n=0 cn+ ∞ X n=0
dn = cos x cos y + sin x sin y
To daje (c).
Podobnie dowodzimy (d). Mianowicie biorąc iloczyny w sensie Cauchy’ego ∞ X n=0 fn = ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1 ∞ X n=0 (−1)n (2n)!y 2n, ∞ X n=0 hn= ∞ X n=0 (−1)n (2n)!x 2n ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!y 2n+1 dostajemy łatwo fn+ hn = (−1)n (2n + 1)!(x + y) 2n+1 , fn− hn= (−1)n (2n + 1)!(x − y) 2n+1 . Stąd otrzymujemy (d).
Część (e) wynika natychmiast z drugiej części (c), gdy przyjmiemy y = x.
Wniosek 5.10.4. Niech x, y ∈ R. Wówczas
(a) −1 6 sin x 6 1, −1 6 cos x 6 1,
(b) sin 2x = 2 sin x cos x, cos 2x = cos2x − sin2x,
(c) cos x + cos y = 2 cosx+y2 cosx−y2 , cos x − cos y = −2 sinx−y2 sinx+y2 ,
Dowód. (a) i (b) wynikają natychmiast z części (e) i (c), (d) twierdzenia 5.10.3.
Kładąc u = x+y2 oraz v = x−y2 mamy u + v = x oraz u − v = y. Z części (c) twierdzenia 5.10.3 mamy
cos(u + v) = cos u cos v − sin u sin v oraz cos(u − v) = cos u cos v + sin u sin v. Dodając stronami te równości dostajemy pierwszą część (c), odejmując zaś drugą równość od pierwszej dostajemy drugą część (c). Analogicznie dowodzimy (d).
Twierdzenie 5.10.5. Zachodzą następujące nierówności:
(5.17) x − x
3
6 < sin x < x dla x ∈ (0, 1],
(5.18) x cos x < sin x dla x ∈ (0, 1].
Dowód. Udowodnimy (5.17). Ponieważ
sin x = x − x 3 6 + ∞ X n=2 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1 dla x ∈ R,
więc łącząc w tym szeregu każdy wyraz o wskaźniku parzystym z następnym wyrazem, w myśl twierdzenia 5.6.1 mamy
(5.19) sin x = x − x 3 6 + ∞ X n=1 x4n+1 (4n + 1)! − x4n+3 (4n + 3)! ! > x −x 3 6 dla x ∈ (0, 1],
gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy
x4n+1 (4n + 1)! − x4n+3 (4n + 3)! = x 4n+1 1 (4n + 1)! − x2 (4n + 3)! ! > x4n+1 1 (4n + 1)! − 1 (4n + 3)! ! > 0. Z drugiej strony, sin x = x+ ∞ X n=1 (−1)n (2n + 1)!x 2n+1 ,
więc łącząc każdy wyraz o wskaźniku nieparzystym z następnym wyrazem, mamy (5.20) sin x = x+ ∞ X n=1 − x 4n−1 (4n − 1)! + x4n+1 (4n + 1)! ! < x dla x ∈ (0, 1],
gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy
− x 4n−1 (4n − 1)! + x4n+1 (4n + 1)! = x 4n−1 − 1 (4n − 1)! + x2 (4n + 1)! !
