Personal tools

Analiza matematyczna 1/Wykład 7: Szeregi liczbowe. Kryteria zbieżności

From Studia Informatyczne

Spis treści

Szeregi liczbowe. Kryteria zbieżności

Niniejszy wykład jest kontynuacją poprzedniego wykładu dotyczącego szeregów liczbowych. Poznajemy tu dalsze kryteria zbieżności szeregów: d'Alemberta, Cauchy'ego, Leibniza, Dirichleta oraz asymptotyczne. Na zakończenie pokazujemy, że liczna e jest sumą pewnego szeregu.

Na poprzednim wykładzie zostało wprowadzone pojęcie szeregu (patrz definicja 6.1.). Podany został warunek konieczny zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 6.3.) oraz kryterium porównawcze zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 6.9.). Poniżej podane zostaną inne ważne kryteria (czyli warunki wystarczające) zbieżności szeregów.

Kryteria zbieżności szeregów pozwalają, badając zachowanie się wyrazów a_n szeregu \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n, wnioskować o zbieżności (lub rozbieżności) ciągu sum częściowych \{S_n\} (czyli zbieżności szeregu).

Szeregi o wyrazach nieujemnych

Jean Le Rond d'Alembert (1717-1783)Zobacz biografię
Enlarge
Jean Le Rond d'Alembert (1717-1783)
Zobacz biografię

Twierdzenie 7.1. [Kryterium d'Alemberta zbieżności szeregów]

Jeśli \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest szeregiem o wyrazach dodatnich (to znaczy a_n>0 dla n\in\mathbb{N}), to
(1) \displaystyle\displaystyle \bigg[\exists p<1\ \exists N\in\mathbb{N}\ \ \forall n\ge N:\ \ \frac{a_{n+1}}{a_n}\le p\bigg] \ \ \Longrightarrow\ \ \bigg[szereg \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\  jest zbieżny \bigg];
(2) \displaystyle\displaystyle \bigg[\exists N\in\mathbb{N}\ \ \forall n\ge N:\ \ \frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1\bigg] \ \ \Longrightarrow\ \ \bigg[szereg \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\  jest rozbieżny \bigg].

Dowód 7.1.

(Ad (1)) Warunek \displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}\le p<1 dla n\ge N oznacza, że

\forall n\ge N:\ a_{n+1}\le p\cdot a_n.

Zatem dla n\ge N, mamy

a_n \ \le\ pa_{n-1} \ \le\ p^2 a_{n-2} \ \le\ \ \ldots\ \le\ p^{n-N}a_N \ =\ p^n\frac{a_N}{p^N}.

Oznaczając \displaystyle M=\frac{a_N}{p^N}, mamy

\forall n\ge N:\ a_n\le Mp^n,

zatem wyrazy szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n są oszacowane (od pewnego miejsca) przez wyrazy szeregu geometrycznego \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} Mp^n, który jest zbieżny

(gdyż p\in(0,1)). Korzystając z kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) wnioskujemy, że szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest zbieżny.

(Ad (2)) Z założenia wiemy, że istnieje N\in\mathbb{N} takie, że

\forall n\ge N:\ \frac{a_{n+1}}{a_n} \ \ge\ 1.

Wówczas dla dowolnego n\ge N mamy

a_{n+1} \ \ge\ a_n \ \ge\ a_{n-1} \ \ge\ \ldots \ \ge\ a_N,

czyli

\forall n\ge N:\ a_n \ \ge\ a_N \ >\ 0.

Zatem oczywiście a_n\not\longrightarrow 0 i stąd szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 6.3.), czyli jest rozbieżny.

image:End_of_proof.gif

Z powyższego kryterium można wywnioskować jego wersję słabszą, ale częściej używaną w zastosowaniach. Mówi ona, że dla szeregów o wyrazach dodatnich, jeśli granica ciągu ilorazów kolejnych wyrazów szeregu istnieje i jest różna od jeden, to potrafimy rozstrzygnąć, czy szereg jest zbieżny. Dowód tego wniosku oparty na twierdzeniu 7.1. pozostawiamy jako proste (choć nadobowiązkowe) ćwiczenie.

Wniosek 7.2. [Kryterium d'Alemberta zbieżności szeregów]

Przy powyższych założeniach:
(1) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ =\ r\ <\ 1, to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest zbieżny.

(2) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ =\ s\ >\ 1, to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest rozbieżny.

(3) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ =\ 1, to kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga, czy szereg jest zbieżny.

Przykład 7.3.

Zbadać zbieżność szeregów:
(1) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2n}{3^n}

(2) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{2^n}

(3) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^3}{n+1}

(4) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^3}

Rozwiązanie

(1) W celu zastosowania kryterium d'Alemberta obliczamy

\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{(n+1)^2+2(n+1)}{3^{n+1}}\cdot\frac{3^n}{n^2+2n} \ = \frac{n^2+4n+3}{3(n^2+2n))}.

Zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{1}{3} \ <\ 1,

czyli korzystając z kryterium a'Alemberta (patrz wniosek 7.2. (1)), otrzymujemy, że szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2n}{3^n} jest zbieżny.

(2) W celu zastosowania kryterium d'Alemberta obliczamy

\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{(n+1)!}{2^{n+1}}\cdot\frac{2^n}{n!} \ =\ \frac{n+1}{2}.

Zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ +\infty,

czyli korzystając z kryterium a'Alemberta (patrz wniosek 7.2. (2)), otrzymujemy, że szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{2^n} jest rozbieżny.
(3) W celu zastosowania kryterium d'Alemberta obliczamy

\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{(n+1)^3}{n+2}\cdot\frac{n+1}{n^3} \ =\ \frac{(n+1)^4}{n^3(n+2)}.

Zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ 1,

czyli kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności tego szeregu.
Ale zauważmy, że

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{n^3}{n+1} \ =\ +\infty,

zatem nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 6.3.), więc szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^3}{n+1} jest rozbieżny.

(4) W celu zastosowania kryterium d'Alemberta obliczamy

\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{n+2}{(n+1)^3}\cdot\frac{n^3}{n+1} \ =\ \frac{n^3(n+2)}{(n+1)^4}.

Zatem

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ 1,

czyli kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności tego szeregu.
Zauważmy jednak, że

\forall n\in\mathbb{N}:\ \frac{n+1}{n^3} \ \le\ \frac{2}{n^2}

oraz szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n^2} jest zbieżny (jako uogólniony szereg harmoniczny z wykładnikiem \displaystyle\alpha=2>1; patrz przykład 6.15.) zatem z kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) otrzymujemy, że szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^3} jest zbieżny.

Kolejne kryterium zbieżności szeregów bada zachowanie się ciągu n-tych pierwiastków z kolejnych wyrazów a_n.

Twierdzenie 7.4. [Kryterium Cauchy'ego zbieżności szeregów]

Augustin Louis Cauchy (1789-1857)Zobacz biografię
Enlarge
Augustin Louis Cauchy (1789-1857)
Zobacz biografię
Jeśli

\displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest szeregiem o wyrazach nieujemnych (to znaczy a_n\ge 0 dla n\in\mathbb{N}), to
(1) \displaystyle\displaystyle \bigg[\exists p<1\ \exists N\in\mathbb{N}\ \ \forall n\ge N:\ \ \sqrt[n]{a_n}\le p\bigg] \ \ \Longrightarrow\ \ \bigg[szereg \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\  jest zbieżny \bigg];

(2) \displaystyle \displaystyle \bigg[\sqrt[n]{a_n}\ge 1\  dla nieskończenie wielu  n\in\mathbb{N}\bigg] \ \ \Longrightarrow\ \ \bigg[szereg \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\  jest rozbieżny \bigg].

Dowód 7.4.

(Ad (1)) Załóżmy, że \displaystyle \sqrt[n]{a_n}\le p<1 dla n\ge N, czyli

\forall n\ge N:\ a_n\le p^n.

Zatem wyrazy szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n są oszacowane (od pewnego miejsca) przez wyrazy szeregu geometrycznego \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} p^n, który jest zbieżny (bo p\in(0,1)). Zatem z kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.), wynika, że szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest zbieżny.
(Ad (2)) Jeśli \displaystyle \sqrt[n]{a_n}\ge 1 dla nieskończenie wielu n\in\mathbb{N}, to także

a_n\ge 1 \quad dla nieskończenie wielu n\in\mathbb{N},

zatem a_n\not\longrightarrow 0, czyli nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności szeregów.

image:End_of_proof.gif

Podobnie jak w przypadku kryterium d'Alemberta, tak i w przypadku kryterium Cauchy'ego podamy słabszą, ale bardziej praktyczną wersję tego kryterium. Mówi ona, że istnienie granicy pierwiastków n-tego stopnia z kolejnych wyrazów szeregu różnej od 1, rozstrzyga o zbieżności tego szeregu.

Wniosek 7.5. [Kryterium Cauchy'ego zbieżności szeregów]

Przy powyższych założeniach:
(1) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}\ =\ r\ <\ 1, to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest zbieżny.

(2) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}\ =\ s\ >\ 1, to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest rozbieżny.

(3) Jeśli \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}\ =\ 1, to kryterium Cauchy'ego nie rozstrzyga, czy szereg jest zbieżny.

Przykład 7.6.

Zbadać zbieżność szeregów:
(1) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\frac{n-1}{n}\bigg)^{n^2},
(2) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^{n^2},

(3) \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}},

Rozwiązanie

(1) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego liczymy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\bigg(\frac{n-1}{n}\bigg)^{n^2}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1-\frac{1}{n}\bigg)^n \ =\ \frac{1}{e}

(patrz na przykład ćwiczenie 5.2.). Ponieważ \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{e}<1, więc korzystając z kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), otrzymujemy, że szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\frac{n-1}{n}\bigg)^{n^2} jest zbieżny.

(2) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego liczymy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^{n^2}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^n \ =\ e.

Ponieważ \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n}=e>1 więc korzystając z kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), otrzymujemy, że szereg \displaystyle \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^{n^2} jest rozbieżny.

(3) W celu skorzystania z kryterium Cauchy'ego liczymy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{\sqrt{n}}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{\sqrt[n]{n}}} \ =\ 1.

Zatem kryterium Cauchy'ego nie rozstrzyga o zbieżności tego szeregu. Widzimy jednak, że szereg ten jest uogólnionym szeregiem harmonicznym z wykładnikiem \displaystyle \alpha=\frac{1}{2}<1 (patrz przykład 6.15.), zatem jest szeregiem rozbieżnym.

Zachodzi pewien związek między kryteriami Cauchy'ego i d'Alemberta. Będzie on wynikał z następującego lematu (który pozostawiamy tu bez dowodu).

Lemat 7.7.

Jeśli \displaystyle \{a_n\}\subseteq \mathbb{R} jest ciągiem o wyrazach dodatnich, to

\liminf\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ \le\ \liminf\limits_{n\rightarrow+\infty} \sqrt[n]{a_n} \ \le\ \limsup\limits_{n\rightarrow+\infty} \sqrt[n]{a_n} \ \le\ \limsup\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}.


Wykres ciągu 1, \frac{3}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{1}{16}, \frac{3}{16}, \ldots

Wniosek 7.8.

(1) Kryterium Cauchy'ego jest silniejsze od kryterium d'Alemberta, to znaczy, jeśli kryterium d'Alemberta rozstrzyga o zbieżności szeregu, to kryterium Cauchy'ego także rozstrzyga. Jeszcze inaczej można powiedzieć, że klasa szeregów do której stosuje się kryterium Cauchy'ego, zawiera w sobie klasę szeregów, do których stosuje się kryterium d'Alemberta. Prosty dowód oparty na powyższym lemacie pozostawiamy jako ćwiczenie.
(2) Klasa szeregów, dla których stosuje się kryterium Cauchy'ego, jest istotnie większa od klasy szeregów, dla których stosuje się kryterium d'Alemberta. Aby to zobaczyć, rozważmy szereg


1 +\frac{3}{2} +\frac{1}{2^2} +\frac{3}{2^2} +\ldots+ \frac{1}{2^{2n}} +\frac{3}{2^{2n+1}} +\ldots

Ponieważ


\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \left\{ \begin{array} {lll} \displaystyle \frac{3}{2}>1 & \textrm{gdy} & n=2k-1,\\ \\ \displaystyle \frac{2}{3}<1& \textrm{gdy} & n=2k, \end{array}  \right.


zatem kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga, czy ten szereg jest zbieżny.
Z kolei

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \frac{1}{2} \ <\ 1,

zatem z kryterium Cauchy'ego wnioskujemy, że szereg jest zbieżny.

Lemat 7.7. można wykorzystać do obliczania granic pewnych ciągów.

Przykład 7.9.

Obliczyć granicę ciągu \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{n}, gdzie \displaystyle (2n)!!\stackrel{df}{=} 2\cdot 4\cdot\ldots\cdot (2n-2)\cdot(2n).

Rozwiązanie

Wykorzystamy lemat 7.7. Niech \displaystyle a_n=\frac{(2n)!!}{n^n}. Obliczmy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{(2n+2)!!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{(2n)!!} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{2}{\big(1+\frac{1}{n}\big)^n} \ =\ \frac{2}{e}.

Z lemat 7.7. wynika, że jeśli istnieje granica \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}, to także granica \displaystyle \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n} istnieje i są sobie równe, to znaczy

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!!}{n^n}} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n} \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} \ =\ \frac{2}{e}.

Kolejne kryterium, zwane kryterium asymptotycznym (ilorazowym lub limesowym), jest odmianą kryterium porównawczego i mówi, że jeśli granica ciągu ilorazów wyrazów dwóch szeregów istnieje i jest liczbą dodatnią, to oba szeregi są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne.

Twierdzenie 7.10. [Kryterium asymptotyczne (ilorazowe, limesowe) zbieżności szeregów]

Jeśli \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n i \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n są szeregami; \displaystyle \forall n\in\mathbb{N}:\ \ a_n\ge 0,\ b_n>0 oraz \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{a_n}{b_n}=g\in (0,+\infty), to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n jest zbieżny.

Dowód 7.10.

Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0. Ponieważ \displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{a_n}{b_n}=g\in (0,+\infty), więc z definicji granicy

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N: \bigg|\frac{a_n}{b_n}-g\bigg|<\frac{g}{2},

czyli

\forall n\ge N:\ \frac{1}{2}gb_n \ \le\ a_n \ \le\ \frac{3}{2}gb_n

Stosując kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.), z pierwszej nierówności powyżej, wnioskujemy, że zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n implikuje zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n, a z drugiej nierówności powyżej wnioskujemy, że zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n implikuje zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n.

image:End_of_proof.gif

Przykład 7.11.

Zbadać zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n}.

Rozwiązanie

Ponieważ wiemy, że

\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \ =\ 1

(patrz twierdzenie 5.8. (7) o granicach specjalnych) oraz wiemy już, że szereg harmoniczny \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} jest rozbieżny, więc na mocy kryterium asymptotycznego szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n} jest rozbieżny.

Szeregi o wyrazach znakozmiennych

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)Zobacz biografię
Enlarge
Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)
Zobacz biografię

W tym rozdziale podamy dwa kryteria dotyczące szeregów, których wyrazy zmieniają znak.

Twierdzenie 7.12. [Kryterium Dirichleta zbieżności szeregów]

Jeśli \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n jest szeregiem, którego ciąg sum częściowych jest ograniczony, \displaystyle \{\lambda_n\}\subseteq \mathbb{R} jest ciągiem malejącym (słabo) oraz zbieżnym do zera (to znaczy \displaystyle\lambda_n\searrow 0), to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\lambda_n a_n jest zbieżny.

Dowód 7.12.

Oznaczmy przez \displaystyle\{S_n\} ciąg sum częściowych szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n, to znaczy

S_n \ =\ \sum_{i=1}^{\infty} a_i.

Z założenia wiemy, że ciąg \displaystyle\{S_n\} jest ograniczony, to znaczy

\exists M>0\ \forall n\in\mathbb{N}:\ |S_n|\le M.

Ustalmy dowolne \displaystyle\varepsilon>0. Ponieważ \displaystyle\lambda_n\searrow 0, więc

\exists N\in\mathbb{N}\ \forall n\ge N:\ \lambda_{n+1}<\frac{\varepsilon}{2M}

Dla m>n\ge N, mamy

\begin{array}{ll}  & \lambda_{n+1}a_{n+1} +\ldots+ \lambda_{m}a_{m}\\ = & \lambda_{n+1}(S_{n+1}-S_n) +\lambda_{n+2}(S_{n+2}-S_{n+1}) +\ldots +\lambda_{m-1}(S_{m-1}-S_{m-2}) +\lambda_m(S_m-S_{m-1})\\ = & -\lambda_{n+1}S_n +(\lambda_{n+1}-\lambda_{n+2})S_{n+1} +\ldots +(\lambda_{m-1}-\lambda_m)S_{m-1} +\lambda_mS_m. \end{array}

Zatem

\begin{array}{ll}  & \big|\lambda_{n+1}a_{n+1} +\ldots+ \lambda_{m}a_{m}\big|\\ \le & \lambda_{n+1}|S_n| +(\lambda_{n+1}-\lambda_{n+2})|S_{n+1}| +\ldots +(\lambda_{m-1}-\lambda_m)|S_{m-1}| +\lambda_m|S_m|\\ \le & M \big[ \lambda_{n+1} +(\lambda_{n+1}-\lambda_{n+2}) +(\lambda_{n+2}-\lambda_{n+3}) +\ldots +(\lambda_{m-1}-\lambda_m) +\lambda_m \big]\\ = & 2\lambda_{n+1}M \ <\ 2M\frac{\varepsilon}{2M} \ =\ \varepsilon. \end{array}

Zatem pokazaliśmy, że szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\lambda_na_n spełnia warunek Cauchy'ego, a zatem jest zbieżny (patrz twierdzenie 6.7.).

image:End_of_proof.gif

Szczególną wersją powyższego kryterium jest następujące kryterium Leibniza dotyczące szeregów naprzemiennych.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)Zobacz biografię
Enlarge
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)
Zobacz biografię

Wniosek 7.13. [Kryterium Leibniza zbieżności szeregów]

Jeśli \displaystyle \{\lambda_n\}\subseteq \mathbb{R} jest ciągiem malejącym (słabo) oraz zbieżnym do zera (to znaczy \displaystyle\lambda_n\searrow 0), to szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\lambda_n jest zbieżny.

Dowód 7.13.

Wystarczy przyjąć \displaystyle a_n=(-1)^n. Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n jest postaci

-1,\ 0,\ -1,\ 0,\ \ldots,

a więc jest ograniczony, zatem możemy zastosować kryterium Dirichleta i wywnioskować, że szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n jest zbieżny.

image:End_of_proof.gif

Przykład 7.14.

Następujący szereg zwany szeregiem anharmonicznym:

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \ =\ 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots

jest zbieżny. Jest to natychmiastowa konsekwencja kryterium Leibniza.

Założenie, że zbieżność ciągu \displaystyle\{\lambda_n\} do zera jest monotoniczna (w kryteriach Dirichleta i Leibniza) jest istotne. Pokazuje to poniższy przykład.

Przykład 7.15.

Zbadać zbieżność szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{2-(-1)^n}{n}.

Rozwiązanie

Pokażemy, że szereg jest rozbieżny. Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że szereg jest zbieżny. Weźmy szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2}{n}. Jest on zbieżny (z kryterium Leibniza; patrz wniosek 7.13.). Zatem suma obu szeregów jest szeregiem zbieżnym. Ale suma ta wynosi

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{2-(-1)^n}{n} +\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{2}{n} \ =\ -\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{(-1)^n}{n} \ =\ -\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}

i jest szeregiem rozbieżnym

(gdyż jest to szereg harmoniczny), sprzeczność.

Zauważmy, że chociaż \displaystyle\lambda_n=\frac{2-(-1)^n}{n}\longrightarrow 0, to jednak zbieżność ta nie jest monotoniczna. Zatem nie mogliśmy tu stosować kryterium Leibniza.

Liczba e

Przypomnijmy, że liczba e była zdefiniowana jako granica pewnego ciągu (patrz twierdzenie 5.1.). Okazuje się, że liczbę tę można także otrzymać jako sumę pewnego szeregu liczbowego. Dzięki tej własności będziemy także mogli wykazać niewymierność liczby e.

Twierdzenie 7.16. [O liczbie e]

(1) Szereg \displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} jest zbieżny oraz \displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}=e;
(2) \displaystyle e\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}.

Dowód 7.16.

(Ad (1)) Przypomnijmy, że

e \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n.

Niech

s_n \ \stackrel{df}{=}\  \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!},\quad t_n\ \stackrel{df}{=}\  \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n,

to znaczy \displaystyle\{s_n\} jest ciągiem sum częściowych szeregu \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}. Ze wzoru dwumianowego Newtona (patrz twierdzenie 1.40.), dla dowolnego n\in\mathbb{N} dostajemy

\begin{array}{lll} t_n & = &  \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\bigg(\frac{1}{n}\bigg)^k = \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-k+1)}{n^k}\\  & = & \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg) \le \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}=s_n \end{array}

Zatem

e \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} t_n \ \le\ \liminf_{n\rightarrow+\infty}s_n.

Ustalmy dowolne p\in\mathbb{N}. Wówczas dla dowolnego n>p mamy

\begin{array}{lll} \displaystyle t_n & = & \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg)  \\ & + &\displaystyle\sum_{k=p+1}^{n}\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg)\\ & > & \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg). \end{array}

Przechodząc do granicy z n\rightarrow +\infty po obu stronach powyższej nierówności, otrzymujemy:

\begin{array}{lll} e & = & \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} t_n \ge \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg)\\ & = & \displaystyle \sum_{k=0}^p\frac{1}{k!}  =  s_p. \end{array}

Powyższa nierówność jest prawdziwa dla dowolnego p\in\mathbb{N}, zatem możemy przejść do granicy z p\longrightarrow+\infty i dostajemy

e \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} t_n \ \ge\ \limsup_{p\rightarrow+\infty} s_p.

Zatem ostatecznie dostajemy

e \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} t_n \ =\ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty} s_n \ =\ \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!},

co należało dowieść.
(Ad (2)) Oczywiście \displaystyle\{s_n\} jest ciągiem rosnącym zbieżnym do e, zatem

\forall n\in\mathbb{N}:\ e-s_n>0.

Z pierwszej części dowodu wynika, że

\begin{array}{lll} e-s_n & = & \displaystyle \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!} \ =\ \frac{1}{(n+1)!} \bigg( 1+\frac{1}{n+2} +\frac{1}{(n+2)(n+3)} +\ldots \bigg)\\ & < & \frac{1}{(n+1)!} \underbrace{\sum_{j=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^j}}\limits_{\begin{array} {l} \textrm{szereg\ geometryczny}\\ \textrm{o\ sumie}\ \frac{n+1}{n} \end{array} } \ =\ \frac{1}{(n+1)!}\frac{n+1}{n} \ =\ \frac{1}{n!\cdot n}. \end{array}

Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że e\in\mathbb{Q}, tzn. \displaystyle e=\frac{p}{q}, gdzie p\in\mathbb{Z} oraz q\in\mathbb{N},q>1. Z powyższego oszacowania wynika w szczególności, że

0 \ <\ \frac{p}{q}-s_q \ <\ \frac{1}{q!q}.

Niech \displaystyle a\ \stackrel{df}{=}\  q!\bigg(\frac{p}{q}-s_q\bigg). Wówczas

0 \ <\ a \ <\ \frac{1}{q} \ <\ 1.

Ale z definicji s_q mamy q!s_q\in\mathbb{N}, czyli a\in\mathbb{Z}, sprzeczność.

image:End_of_proof.gif