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

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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$, 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

Twierdzenie 7.1. [Kryterium d'Alemberta zbieżności szeregów]

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

Dowód 7.1.

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

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

Zatem dla $n\ge N,$ mamy

$a_n\le p{a}_{n-1}\le p^2{a}_{n-2}\le \dots \le p^{n-N}{a}_N=p^n\frac{a_N}{p^N}.$

Oznaczając $M=\frac{a_N}{p^N},$ mamy

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_n\le M{p}^n,$

zatem wyrazy szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ są oszacowane (od pewnego miejsca) przez wyrazy szeregu geometrycznego $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}M{p}^n,$ który jest zbieżny

(gdyż $p\in (0,1)$). Korzystając z kryterium porównawczego (patrz twierdzenie 6.9.) wnioskujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest zbieżny.

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

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

Wówczas dla dowolnego $n\ge N$ mamy

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

czyli

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_n\ge a_N>0.$

Zatem oczywiście $a_n⟶̸0$ i stąd szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów (patrz twierdzenie 6.3.), czyli jest rozbieżny.

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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=r<1,$ to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest zbieżny.

(2) Jeśli $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=s>1,$ to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest rozbieżny.

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

Przykład 7.3.

Zbadać zbieżność szeregów:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n^2+2n}{3^n}$

(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{2^n}$

(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n^3}{n+1}$

(4) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n^3}$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{3}<1,$

czyli korzystając z kryterium a'Alemberta (patrz wniosek 7.2. (1)), otrzymujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n^2+2n}{3^n}$ 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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=+\mathrm{\infty },$

czyli korzystając z kryterium a'Alemberta (patrz wniosek 7.2. (2)), otrzymujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{2^n}$ 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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1,$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^3}{n+1}=+\mathrm{\infty },$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1,$

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

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

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

Jeśli

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest szeregiem o wyrazach nieujemnych (to znaczy $a_n\ge 0$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$), to
(1) $[\mathrm{\exists }p<1\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:\sqrt[n]{a_n}\le p]⟹[$szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$  jest zbieżny $];$

(2) $[\sqrt[n]{a_n}\ge 1$  dla nieskończenie wielu  $n\in \mathbb{\mathbb{N}}]⟹[$szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$  jest rozbieżny $].$

Dowód 7.4.

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

$\mathrm{\forall }n\ge N:a_n\le p^n.$

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

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

zatem $a_n⟶̸0,$ czyli nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności szeregów.

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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=r<1,$ to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest zbieżny.

(2) Jeśli $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=s>1,$ to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest rozbieżny.

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

Przykład 7.6.

Zbadać zbieżność szeregów:
(1) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n-1}{n}{)}^{n^2},$
(2) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2},$

(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{n}},$

Rozwiązanie

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(\frac{n-1}{n}{)}^{n^2}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{n}{)}^n=\frac{1}{e}$

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

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(\frac{n+1}{n}{)}^n=e.$

Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=e>1$ więc korzystając z kryterium Cauchy'ego (patrz wniosek 7.5.), otrzymujemy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n+1}{n}{)}^{n^2}$ jest rozbieżny.

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{\sqrt[n]{n}}}=1.$

Zatem kryterium Cauchy'ego nie rozstrzyga o zbieżności tego szeregu. Widzimy jednak, że szereg ten jest uogólnionym szeregiem harmonicznym z wykładnikiem $\alpha =\frac{1}{2}<1$ (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 $\{a_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem o wyrazach dodatnich, to

$\mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \mathrm{lim\; inf}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}\le \mathrm{lim\; sup}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}\le \mathrm{lim\; sup}{}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}.$

<flashwrap>file=AM1.M07.W.R01.swf|width=375|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>Wykres ciągu $1,\frac{3}{2},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{16},\frac{3}{16},\dots$

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

$1+\frac{3}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^2}+\dots +\frac{1}{2^{2n}}+\frac{3}{2^{2n+1}}+\dots$

Ponieważ

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\{\begin{array}{lll}\frac{3}{2}>1& \text{gdy}& n=2k-1,\\ \\ \frac{2}{3}<1& \text{gdy}& n=2k,\end{array}$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{2}<1,$

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 $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{n},$ gdzie $(2n)!!\stackrel{df}{=}2\cdot 4\cdot \dots \cdot (2n-2)\cdot (2n).$

Rozwiązanie

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{(2n+2)!!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{(2n)!!}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{2}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}=\frac{2}{e}.$

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

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{\frac{(2n)!!}{n^n}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sqrt[n]{a_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2}{e}.$

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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ i $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ są szeregami; $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:a_n\ge 0,b_n>0$ oraz $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=g\in (0,+\mathrm{\infty }),$ to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ jest zbieżny.

Dowód 7.10.

Ustalmy dowolne $\epsilon >0.$ Ponieważ $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{b_n}=g\in (0,+\mathrm{\infty }),$ więc z definicji granicy

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

czyli

$\mathrm{\forall }n\ge N:\frac{1}{2}g{b}_n\le a_n\le \frac{3}{2}g{b}_n$

Stosując kryterium porównawcze (patrz twierdzenie 6.9.), z pierwszej nierówności powyżej, wnioskujemy, że zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ implikuje zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n,$ a z drugiej nierówności powyżej wnioskujemy, że zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ implikuje zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n.$

Przykład 7.11.

Zbadać zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{n}.$

Rozwiązanie

Ponieważ wiemy, że

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1$

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

Szeregi o wyrazach znakozmiennych

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 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ jest szeregiem, którego ciąg sum częściowych jest ograniczony, $\{{\lambda }_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem malejącym (słabo) oraz zbieżnym do zera (to znaczy ${\lambda }_n\searrow 0$), to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\lambda }_n{a}_n$ jest zbieżny.

Dowód 7.12.

Oznaczmy przez $\{S_n\}$ ciąg sum częściowych szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n,$ to znaczy

$S_n=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_i.$

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

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

Ustalmy dowolne $\epsilon >0.$ Ponieważ ${\lambda }_n\searrow 0,$ więc

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:{\lambda }_{n+1}<\frac{\epsilon }{2M}$

Dla $m>n\ge N,$ mamy

$\begin{array}{ll}& {\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}+\dots +{\lambda }_m{a}_m\\ =& {\lambda }_{n+1}(S_{n+1}-S_n)+{\lambda }_{n+2}(S_{n+2}-S_{n+1})+\dots +{\lambda }_{m-1}(S_{m-1}-S_{m-2})+{\lambda }_m(S_m-S_{m-1})\\ =& -{\lambda }_{n+1}{S}_n+({\lambda }_{n+1}-{\lambda }_{n+2})S_{n+1}+\dots +({\lambda }_{m-1}-{\lambda }_m)S_{m-1}+{\lambda }_m{S}_m.\end{array}$

Zatem

$\begin{array}{ll}& |{\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}+\dots +{\lambda }_m{a}_m|\\ \le & {\lambda }_{n+1}|S_n|+({\lambda }_{n+1}-{\lambda }_{n+2})|S_{n+1}|+\dots +({\lambda }_{m-1}-{\lambda }_m)|S_{m-1}|+{\lambda }_m|S_m|\\ \le & M[{\lambda }_{n+1}+({\lambda }_{n+1}-{\lambda }_{n+2})+({\lambda }_{n+2}-{\lambda }_{n+3})+\dots +({\lambda }_{m-1}-{\lambda }_m)+{\lambda }_m]\\ =& 2{\lambda }_{n+1}M<2M\frac{\epsilon }{2M}=\epsilon .\end{array}$

Zatem pokazaliśmy, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\lambda }_n{a}_n$ spełnia warunek Cauchy'ego, a zatem jest zbieżny (patrz twierdzenie 6.7.).

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

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)
Zobacz biografię

Wniosek 7.13. [Kryterium Leibniza zbieżności szeregów]

Jeśli $\{{\lambda }_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest ciągiem malejącym (słabo) oraz zbieżnym do zera (to znaczy ${\lambda }_n\searrow 0$), to szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\lambda }_n$ jest zbieżny.

Dowód 7.13.

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

$-1,0,-1,0,\dots ,$

a więc jest ograniczony, zatem możemy zastosować kryterium Dirichleta i wywnioskować, że szereg $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{a}_n$ jest zbieżny.

Przykład 7.14.

Następujący szereg zwany szeregiem anharmonicznym:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\dots$

jest zbieżny. Jest to natychmiastowa konsekwencja kryterium Leibniza.

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

Przykład 7.15.

Zbadać zbieżność szeregu $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{2-(-1{)}^n}{n}.$

Rozwiązanie

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

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{2-(-1{)}^n}{n}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}\frac{2}{n}=-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{(-1{)}^n}{n}=-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$

i jest szeregiem rozbieżnym (gdyż jest to szereg harmoniczny), sprzeczność.

Zauważmy, że chociaż ${\lambda }_n=\frac{2-(-1{)}^n}{n}⟶0,$ 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 $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}$ jest zbieżny oraz $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}=e$;
(2) $e\in \mathbb{ℝ}minus\mathbb{\mathbb{Q}}.$

Dowód 7.16.

(Ad (1)) Przypomnijmy, że

$e=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(1+\frac{1}{n}{)}^n.$

Niech

$s_n\stackrel{df}{=}\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!},t_n\stackrel{df}{=}(1+\frac{1}{n}{)}^n,$

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

$\begin{array}{lll}{t}_n& =& (1+\frac{1}{n}{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(\frac{1}{n}{)}^k=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}\frac{n(n-1)\cdot \dots \cdot (n-k+1)}{n^k}\\ & =& \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{k-1}{n})\le \sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}=s_n\end{array}$

Zatem

$e=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{t}_n\le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}{s}_n.$

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

$\begin{array}{lll}{t}_n& =& \sum _{k=0}^p\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{k-1}{n})\\ & +& \sum _{k=p+1}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{k-1}{n})\\ & >& \sum _{k=0}^p\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{k-1}{n}).\end{array}$

Przechodząc do granicy z $n\to +\mathrm{\infty }$ po obu stronach powyższej nierówności, otrzymujemy:

$\begin{array}{lll}e& =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{t}_n\ge \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^p\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdot \dots \cdot (1-\frac{k-1}{n})\\ & =& \sum _{k=0}^p\frac{1}{k!}=s_p.\end{array}$

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

$e=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{t}_n\ge \underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}{s}_p.$

Zatem ostatecznie dostajemy

$e=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{t}_n=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{s}_n=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!},$

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

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

Z pierwszej części dowodu wynika, że

$\begin{array}{lll}e-s_n& =& \sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}=\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\dots )\\ & <& \frac{1}{(n+1)!}\underbrace{\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n+1{)}^j}}{}_{\begin{array}{l}\text{szereg geometryczny}\\ \text{o sumie}\frac{n+1}{n}\end{array}}=\frac{1}{(n+1)!}\frac{n+1}{n}=\frac{1}{n!\cdot n}.\end{array}$

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

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

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

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

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