Szeregi

Troch¦ o szeregach
Paweª Zwole«ski
1. Ci¡gi, szeregi, zbie»no±¢
→ R. Ci¡g a(n) ozna(an ). Warto±¢ funkcji w ustalonym punkcie n nazywamy n-tym
wyrazem ci¡gu i piszemy a(n) = an .
Powiemy, »e ci¡g jest zbie»ny do g ∈ R je»eli dla ka»dego ε > 0 istnieje
n0 ∈ N takie, »e dla ka»dego n > n0 zachodzi |an − g| < ε. Liczb¦ g nazywamy
granic¡ ci¡gu i piszemy xn → g lub lim an = g .
Ci¡giem rzeczywistym nazywamy dowoln¡ funkcj¦ f : N
czamy symbolem
n→∞
Niech
(an )
b¦dzie ci¡giem. Szeregiem o wyrazie ogólnym
sum cz¦±ciowych ci¡gu
(an ),
to znaczy ci¡g
n
P
an
nazywamy ci¡g
ak
. Szereg oznaczamy przez
k=1
∞
P
an .
Zauwa»my, »e dowolny ci¡g
(an )
jest szeregiem postaci
∞
P
a1 +
n=1
(an+1 −
n=1
an ).
Skoro szereg jest ci¡giem mo»emy bada¢ jego zbie»no±¢. Powiemy, »e szereg
jest zbie»ny, je»eli ci¡g sum cze±ciowych jest zbie»ny. Granic¦ szeregu nazywamy sum¡ szeregu. Zauwa»my, »e na zbie»no±¢ szeregu nie wpªywa pocz¡tkowa,
sko«czona ilo±¢ wyrazów.
Twierdzenie 1
an ¬ bn
an .
(kryterium porównawcze).
dla prawie wszystkich
2. Szeregi
n,
Niech
an , bn
to ze zbie»no±ci szeregu
b¦d¡ ci¡gami. Je»eli
bn
wynika zbie»no±¢
P 1
ns
Aby móc korzysta¢ z kryterium porównawczego warto zna¢ przynajmniej
kilka szeregów zbie»nych/rozbie»nych, do których b¦dziemy inne szeregi porównywa¢. Jest jasne, »e szereg o wyrazie ogólnym
Twierdzenie 2. Szereg
∞
P
n=1
a = constans
jest rozbie»ny.
1
n jest rozbie»ny.
1
1
1
1
1
1
1
1
Dowód. 1+ + + + + + + +
2
3
4
5
6
7
8
9
1
. . . > 1+ 12 + 41 + 14 + 81 + 18 + 18 + 18 + 16
+. . . =
∞
P
1
1 1
1 1 1 1
1
1
1
1
1
+ 2 +( 4 + 4 )+( 8 + 8 + 8 + 8 )+( 16 +. . . = 1+ 2 +2· 4 +4· 8 +. . . = 1+
2 =∞
n=1
Z powy»szego twierdzenia i kryterium porównawczego mamy
Twierdzenie 3. Je»eli
s ¬ 1,
to szereg
∞
P
n=1
1
ns jest rozbie»ny.
Powstaje pytanie o zbie»no±c szeregów harmonicznych rz¦dów wi¦kszych ni»
1. Mo»na wykaza¢ porównuj¡c do szeregu geometrycznego, »e:
Twierdzenie 4. Je»eli
s > 1,
to szereg
∞
P
n=1
1
ns jest zbie»ny.
3. Problem bazylejski
W 1644 roku Piotr Mengoli postawiª problem obliczenia sumy szeregu
∞
P
n=1
1
n2 .
Problem byª otwarty przez prawie 100 lat i opieraª si¦ nawet najwybitniejszym
matematykom tamtych czasów (mi¦dzy innymi czªonkom rodziny Bernoullich).
Ostatecznie problem zostaª rozwi¡zany przez Leonarda Eulera w 1735 roku. Do
dowodu posªu»ymy si¦ nast¦puj¡cymi dwoma lematami:
1
Lemat 1
(szereg Taylora dla funkcji
∞
X
sin x =
sin).
(−1)(n+1)
n=1
Lemat 2.
lim
x→0
x2n−1
(2n − 1)!
sin x
=1
x
(problem bazylejski).
Twierdzenie 5
∞
X
π2
1
=
2
n
6
n=1
Oczywi±cie szereg jest zbie»ny dlatego mo»emy rozpatrywa¢ jego sum¦.
Dowód.
Z lematu 1
Zatem
f
f (x) =
sin x
x
2
4
= 1 − x3! + x5! − . . .
strony znamy wszystkie pierwiastki funkcji
Funkcja
czyli
f
rozwija si¦ w szereg Taylora.
mo»emy traktowa¢ jako wielomian niesko«coznego stopnia. Z drugiej
f
f.
S¡ to liczby
±kπ
dla
k = 1, 2, . . .
jest wielomianem nieskonczonym zatem
f (x) = a(1 −
Przechodz¡c z
x
x
x
x
)(1 + )(1 −
)(1 +
)...
π
π
2π
2π
x do 0 i korzystaj¡c z lematu 2 otrzymujemy a = 1. Mamy zatem
korzystajac z niezawodnego wzoru skróconego mno»enia
f (x) = (1 −
x2
x2
x2
)(1 − 2 )(1 − 2 ) . . .
2
π
4π
9π
Wymna»aj¡c jednomiany po prawej stronie zauwa»my, »e przy
∞
P
−
wspóªczynnik
n=1
przy
x2
to
1
.
− 3!
x2
otrzymamy
1
n2 π 2 . Z drugiej strony wiemy z lematu 1, »e wspólczynnik
Porównuj¡c obie te warto±ci otrzymujemy
−
∞
X
1
1
1
=− =−
2 π2
n
3!
6
n=1
co jest równowa»ne tezie.
4. Problem z liczbami pierwszymi
Pójd¹my dalej i zapytajmy o zbie»no±¢ szeregu odwrotno±ci wszystkich liczb
pierwszych. Przez
P
oznaczmy zbiór liczb pierwszych.
Lemat 3.
ln(1 + x) < x
Dowód.
x > 0.
f (x) = x − ln(1 + x). Wówczas f 0 (x) = 1 −
f (0) < f (x) dla x > 0 co oznacza tez¦.
Niech
Zatem
Twierdzenie 6
=
x
1+x
>0
dla
(Euler).
X1
p∈P
Dowód.
1
1+x
=∞
p
Zauwa»my ciekawy zwi¡zek
∞
∞
X
YX
1
1
=
.
n
pn
n=1
n=0
p∈P
Obkªadaj¡c to logarytmem naturalnym i korzystaj¡c z jego wªasno±ci otrzymujemy
∞
X
1
ln
n
n=1
!
=
X
p∈P
∞
X
1
ln
n
p
n=0
!
=
X
ln
p∈P
2
1
1 − p−1
=
X
p∈P
1
ln 1 +
p−1
.
Korzystaj¡c z lematu 3 otrzymujemy nierówno±¢
X
p∈P
1
ln 1 +
p−1
<
X1
1
∼
.
p−1
p
X
p∈P
p∈P
Czyli
∞
X
1
ln
n
n=1
Wiemy, »e
∞
P
n=1
ci¡gªo±ci
!
<
X1
p∈P
p
.
1
lim ln x
n jest rozbie»ny. Korzystaj¡c z faktu, »e x→∞
= ∞
i
otrzymujemy tez¦.
ln
Z powy»szego twierdzenia wynika, »e liczb pierwszych jest niesko«czenie wiele.
5. Troch¦ inne podej±cie do badania szeregów - analiza
funkcjonalna
Przestrzeni¡ liniow¡ nad cialem
nia (+
: V ×V → V)
R nazywamy zbiór V z dziaªaniami dodawa: R × V → V ) speªniaj¡cymi
i mno»enia przez skalary (·
warunki
1.
(V, +)
jest grupa abelow¡,
2. Zachodz¡ rozdzielno±ci
3.
4.
α · (x + y) = α · x + α · y
oraz
(α + β) · x = α · x + β · x
α · (β · x) = (α · β) · x
1·x=x
Przez
lp
1 ¬ p < ∞
dla
oznaczmy zbiór ci¡gów
∞
P
zespolonych sumowalnych z p-t¡ pot¦g¡, tzn
(xn )
rzeczywistych lub
p
|xn |
n=1
(nierówno±¢ Höldera dla szeregów niesko«czonych).
Twierdzenie 7
oraz
1
p
+
1
q
=1
i
(xn ) ∈ lp , (yn ) ∈ lq ,
∞
X
∞
X
|xn yn | ¬
n=1
Dowód.
Dla
a, b ­ 0
(xn · yn ) ∈ l1
! p1
|xn |p
ab ¬
t = sp−1
Je»eli
p>0
oraz
! q1
|yn |q
n=1
p
q
a
p
oraz
∞
X
·
n=1
zachodzi
nie odwrotne funkcje
to
+ bq . Rzeczywi±cie. Rozwa»aj¡c wzajems = tq−1 i sumuj¡c caªki po tych funkcjach
zauwa»amy nierówno±¢.
Oczywistym wnioskiem jest nierówno±¢ Höldera dla sum sko«czonych.
Twierdzenie 8
(nierówno±¢ Minkowskiego).
to
∞
X
! p1
|xn + yn |
p
¬
∞
X
n=1
n=1
Je»eli
! p1
p
|xn |
+
p­1
∞
X
oraz i
(xn ), (yn ) ∈ lp ,
! p1
p
|yn |
n=1
St¡d lp jest przestrzeni¡ liniow¡. Co wi¦cej jest ona przestrzeni¡ unormowan¡
przez norm¦
||(xn )|| =
∞
P
|xn |
p
p1
. Metryka zadana przez norm¦ jest zupeªn¡.
n=1
Przestrze« unormowan¡ zupeªn¡ nazywamy przestrzeni¡ Banacha. Zauwa»my
jeszcze, »e dziaªania przestrzeni liniowej unormowanej s¡ ci¡gªe. Jest to przykªad
przestrzeni liniowo-topologicznej.
Przestrze« lp nie ma sko«czonej bazy (dokªadnie baza jest mocy continuum).
3
Twierdzenie 9
1<p<q
oraz
(uogólniona nierówno±¢ mi¦dzy ±rednimi pot¦gowymi).
a1 , . . . an ­ 0,
n
1X p
ak
n
! p1
n
¬
k=1
n
lim
1X q
ak
n
! q1
k=1
oraz
p→∞
1X p
ak
n
! p1
k=1
= max ak
1¬k¬n
Dowód.
W nierówno±ci Höldera dla sum sko«czonych wystarczy przyj¡¢ za
apn
yn = 1.
oraz
Je»eli
to
4
xn =