Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

Pojęcie szeregu wprowadza się po to, żeby można było ściśle mówić o sumach nieskończenie wielu składników. Z takimi sumami spotkaliśmy się już, mówiąc o ciągach. Np. dla $ |q|<1 $ jest

\[ \begin{equation} 	\label{szergeom} 1+q+q^2 +q^3+\cdots = \lim_{n\to\infty}(1+q+\cdots +q^n) =  \lim_{n\to\infty}\frac{1-q^{n+1}}{1-q} =\frac 1{1-q}\, . \end{equation} \]

Pierwszą równość traktujemy jako definicję napisu, występującego z lewej strony; druga równość wynika ze wzoru na różnicę $ (n+1) $-szych potęg, a trzecia - z twierdzenia o arytmetycznych własnościach granicy i stąd, że $ q^n\to 0 $ dla $ n\to \infty $, gdy $ |q|<1 $.

Nieskończone sumowanie wymaga ostrożności: nie wolno w tym przypadku bezkarnie korzystać z przemienności i łączności dodawania. Gdyby np. suma $ -1+1-1+1-1+1-\cdots $ miała skończoną wartość $ S $ i gdyby nieskończone dodawanie było przemienne i łączne, to mielibyśmy

\[ \begin{eqnarray*} S & = & (-1+1)+(-1+1)+(-1+1)+\cdots = 0+0+0+\cdots  \\   & = & -1 + (1-1) + (1-1) +\cdots = -1 + 0 + 0 +\cdots  \\   & = & -1 -\Bigl((-1+1) + (-1+1) +\cdots\Bigr) \end{eqnarray*} \]

tzn. przy, jak się wydaje, naturalnej i sensownej umowie $ 0+0+0+\cdots =0 $, byłoby $ S=0=-1=-1- S $, co pokazuje, że $ S $ byłaby jednocześnie każdą z liczb $ 0,-1,-\frac 1 2 $, tak zaś oczywiście nie może być!

Dlatego zaczniemy od definicji, służących ustaleniu, kiedy można mówić o sumie nieskończenie wielu składników.

Definicja Szereg (liczb rzeczywistych) $ \sum_{n=1}^\infty a_n $ to para ciągów, $ (a_n)\subset \R $ i $ s_n=a_1+\cdots+a_n=\sum_{k=1}^n a_k $ dla $ n\in \N $. Ciąg $ (s_n) $ nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu. Liczby $ a_n $ to wyrazy szeregu.
Definicja Mówimy, że szereg $  \sum_{n=1}^\infty a_n\,  $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg jego sum częściowych jest zbieżny do skończonej granicy. Jeśli szereg $  \sum_{n=1}^\infty a_n $ jest zbieżny, to liczbę

\[ s=\lim_{n\to\infty} s_n=\lim_{n\to\infty}    \sum_{k=1}^n a_k  \]

nazywamy jego sumą i piszemy (Nadużywamy tu lekko oznaczeń, ale jest to przyjęty i w tym przypadku niegroźny obyczaj; nie będziemy się nadmiernie obawiać pomylenia szeregu z jego sumą.)

\[ s=\sum_{n=1}^\infty a_n\, . \]

Szereg, który nie jest zbieżny, nazywa się rozbieżny.

(Czasem wygodnie jest numerować ciąg wyrazów szeregu za pomocą liczb całkowitych większych od pewnej ustalonej liczby $ n_0\in\Z $; będziemy to robić bez wahania.)

Przykład [szereg geometryczny] Jeśli $ q\in\R $ i $ |q|<1 $, to wtedy szereg geometryczny

\[ 	\sum_{n=0}^\infty q^n 	\]

jest zbieżny, a jego suma jest równa $ 1/(1-q) $. To wynika ze wzoru na sumę skończonego postępu geometrycznego i zostało wyjaśnione, gdy podaliśmy wzór szergeom.

Stwierdzenie [warunek Cauchy'ego] (#) Szereg liczb rzeczywistych $ \sum_{n=1}^\infty a_n\, $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest następujący warunek Cauchy'ego dla szeregów:

    {(CS)}

  1. Dla każdego $ \eps>0 $ istnieje $ n_\eps\in \N $ takie, że dla wszystkich $ m>k>n_\eps $ jest
    \[ 		|a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m|<\eps\, . 		\]

Dowód:
Mamy $ a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m=s_m-s_k $, więc (CS) to po prostu warunek Cauchy'ego dla ciągu $ (s_n) $, równoważny (jak wiemy) zbieżności $ (s_n) $, czyli - wprost z definicji - zbieżności szeregu.

Dla porządku odnotujmy jeszcze jeden prosty fakt. (Jego sens jest jasny: analizując zbieżność szeregu, wolno odrzucić ustaloną liczbę początkowych wyrazów.)

Stwierdzenie (#) Jeśli $ k_0\in \N $, to szeregi

\[ \sum_{n=1}^\infty a_n \qquad\mbox{oraz}\qquad \sum_{n=k_0}^\infty a_n \]

są albo jednocześnie zbieżne, albo jednocześnie rozbieżne.

Dowód:
Nietrudno zauważyć, że warunek Cauchy'ego albo jednocześnie zachodzi dla obu szeregów, albo nie zachodzi dla żadnego z nich: dla dużych $ m>k>k_0 $ wartości sum $ a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m $ są przecież te same.

Stwierdzenie [suma szeregów] Jeśli szeregi $ \sum a_n $ i $ \sum b_n $ są zbieżne, to szereg $ \sum (a_n+b_n) $ jest zbieżny i

\[ 	 \sum_{n=1}^\infty (a_n+b_n) = \sum_{n=1}^\infty a_n + \sum_{n=1}^\infty b_n\, . 	\]

(#)

Dowód:
To wynika natychmiast z twierdzenia o granicy sumy ciągów zbieżnych.

Stwierdzenie [warunek konieczny zbieżności szeregu] (#) Jeśli szereg liczb rzeczywistych $ \sum_{n=1}^\infty a_n\, $ jest zbieżny, to

\[ 	\lim_{n\to\infty}{a_n} = 0\, . 	\]

Dowód:
Jeśli $ s_n=a_1+\cdots + a_n\to s\in \R $, to $ a_n=s_n-s_{n-1}\to s-s=0 $, gdy $ n\to\infty $.

Przykład Jeśli $ |q|\ge 1 $, to szereg geometryczny

\[ 	\sum_{n=1}^\infty q^n 	\]

jest rozbieżny, gdyż $ a_n=q^n\not\to 0 $ dla $ n\to\infty $, a więc nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu.

    Przestroga. Należy pamiętać, że podany wyżej warunek konieczny zbieżności szeregu nie jest warunkiem dostatecznym: ze zbieżności $ a_n\to 0 $ nie wynika wcale zbieżność szeregu $ \sum a_n $. Istotna jest nie sama zbieżność $ a_n $ do zera, ale tempo tej zbieżności.

Przykład [rozbieżność szeregu harmonicznego] Szereg harmoniczny, tzn. szereg o wyrazach $ a_n=1/n $, gdzie $ n=1,2,\ldots $, jest rozbieżny. Jest to na tyle ważny fakt, że obejrzymy kilka jego dowodów.

    Dowód pierwszy. Dla szeregu harmonicznego nie jest spełniony warunek Cauchy'ego; sumy dalekich wyrazów nie muszą być małe. Istotnie, biorąc $ \eps=1/2 $ i dowolną liczbę $ n $, otrzymujemy

\[ |a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots +a_{2n}|= \underbrace{\frac {1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}}_{n \ \text{składników}}> n\cdot \frac 1{2n} = \frac 12 = \eps\, . \]

    Dowód drugi. Wiemy już, że dla $ t> -1 $ zachodzą nierówności $ t/(t+1)\le \ln (1+t)\le t $. Podstawiając w nich $ t=1/k $, gdzie $ k\in\N $, otrzymujemy

\[ \frac{1}{k+1}=\frac{\frac 1k}{1+ \frac 1k} \le \ln\left(1+\frac 1k\right) \le \frac 1k. \]

Sumując te nierówności dla $ k=1,2,\ldots, n $, sprawdzamy, że

\[ \frac 12 +\frac 13 + \cdots +\frac 1{n+1}\le \sum_{k=1}^n \ln \left(1+\frac 1k\right) \le 1 +\frac 12 +\frac 13 +\cdots +\frac 1n\, . \]

Jednak $ \ln\left(1+\frac 1k\right)=\ln ((k+1)\cdot \frac 1k) = \ln (k+1)-\ln k $, zatem sumę logarytmów w poprzednim wzorze łatwo jest obliczyć: jest ona równa $ \ln (n+1)-\ln 1 = \ln (n+1) $. Otrzymujemy stąd, oznaczając dla krótkości $ n $-tą sumę częściową szeregu harmonicznego przez $ s_n $,

\[ \begin{equation} \label{sn-harm} s_{n+1} - 1 \le \ln (n+1)\le s_n\, . \end{equation} \]

Ponieważ $ \ln (n+1)\to\infty $ dla $ n\to\infty $, więc $ s_n $ nie ma skończonej granicy, gdy $ n\to\infty $.

Przykład (#) Szereg $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} $ jest zbieżny. Istotnie, dla każdej liczby $ n\ge 2 $ mamy

\[ 	\frac{1}{n^2} < \frac 1{(n-1)n} = \frac 1{n-1}-\frac 1n, 	\]

a zatem

\[ s_n=1+\frac{1}{2^2} + \frac 1{3^2}\cdots +\frac 1{n^2} < 1 + \left(1-\frac 12\right) + \left(\frac 12-\frac 13\right) +\cdots + \left(\frac{1}{n-1}-\frac 1n\right) = 2 -\frac 1n < 2. \]

Ciąg $ (s_n) $ sum częściowych tego szeregu jest rosnący (bo wyrazy szeregu są dodatnie) i ograniczony z góry przez liczbę 2, jest więc zbieżny.

Szeregi o wyrazach dodatnich

Badanie zbieżności szeregów o wyrazach dodatnich jest łatwiejsze od badania zbieżności szeregów o dowolnych wyrazach rzeczywistych. W podręcznikach Analizy można znaleźć bardzo wiele tzw. kryteriów zbieżności szeregów, tzn. twierdzeń, podających warunki dostateczne zbieżności (lub rozbieżności) szeregu. Nie będziemy podawać długiej listy takich twierdzeń (Zainteresowanych odsyłam do podręcznika Fichtenholza i książki Knoppa o szeregach nieskończonych.); zadowolimy się skromnym zestawem, który do wielu celów w zupełności wystarcza.

Zacznijmy od banalnej obserwacji.

Stwierdzenie (#) Jeśli $ a_n>0 $ dla wszystkich $ n\in\N $, to szereg

\[ 	\sum_{n=1}^\infty a_n 	\]

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg sum częściowych $ s_n=a_1+a_2+\cdots+a_n $ jest ograniczony z góry.

Dowód:
Ciąg $ (s_n) $ jest niemalejący, gdyż $ a_n>0 $ dla wszystkich $ n $. Dlatego zbieżność $ s_n $ do granicy skończonej jest równoważna ograniczoności $ s_n $, patrz Twierdzenie~ [link]. Ponieważ $ s_n>0 $, więc trzeba (i wystarcza) sprawdzać tylko ograniczoność z góry.

 

Najprostszy zestaw kryteriów zbieżności szeregów o wyrazach dodatnich w gruncie rzeczy można ograniczyć do dwóch faktów: kryterium porównawczego i kryterium zagęszczeniowego. Każde z nich wykorzystuje jasną, intuicyjną ideę. Sens kryterium porównawczego jest taki, że jeśli można określić sumę pewnego nieskończonego zestawu liczb dodatnich, to można także określić sumę liczb mniejszych (która będzie mniejsza). Kryterium zagęszczeniowe można opisać tak: grupując dodatnie wyrazy, łatwiej jest dostrzec, jak szybko (lub wolno) rosną sumy częściowe szeregu.

Stwierdzenie [kryterium porównawcze, wersja I] Załóżmy, że $ a_n,b_n>0 $ i istnieją takie liczby $ c>0 $ i $ n_0\in\N $, że $ a_n\le c\cdot b_n $ dla wszystkich $ n\ge n_0 $. Wtedy

  1. Ze zbieżności szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n $ wynika zbieżność szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n $;
  2. Z rozbieżności szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n $ wynika rozbieżność szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n $.

Dowód:
Jeśli $ n_1\ge n_0 $, to dla wszystkich $ m>k>n_1 $ jest, dzięki dodatniości wyrazów obu szeregów,

\[  |a_k+a_{k+1}+\cdots +a_m| \le c |b_k+b_{k+1}+\cdots+ b_m|  \]

(moduły można po prostu pominąć). Jeśli więc warunek Cauchy'ego dla szeregów jest spełniony dla szeregu o wyrazach $ b_n $, to jest spełniony także dla szeregu o wyrazach $ a_n $. Trzeba po prostu ustalić $ \eps>0 $, wziąć dla szeregu o wyrazach $ b_n $ liczbę dodatnią $ \eps'=\eps/c $, dobrać do niej $ n_{\eps'} $ (nie mniejsze od $ n_0 $) i zobaczyć, że dla $ m>k>n_{\eps'} $ będzie wtedy $ |a_k+a_{k+1}\cdots+a_m|<c\eps'=\eps $.

Tak samo sprawdzamy, że jeśli warunek Cauchy'ego nie zachodzi dla szeregu o wyrazach $ a_n $, to nie zachodzi także dla szeregu o wyrazach $ b_n $.

     Uwaga. Jeśli komuś nie podoba się rozumowanie, w którym w sposób jawny korzysta się z warunku Cauchy'ego, może postępować w dowodzie tak: skorzystać ze Stwierdzenia~ [link], odrzucić wyrazy o numerach mniejszych od $ n_0 $ i stwierdzić, że liczba $ M>0 $ jest ograniczeniem górnym zbioru wszystkich sum częściowych szeregu $ \sum_{n\ge n_0} a_n $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ M/c $ jest ograniczeniem górnym zbioru sum częściowych szeregu $ \sum_{n\ge n_0} b_n $. To wynika z nierówności $ a_n\le c\cdot b_n $ i dodatniości wyrazów $ a_n,b_n $. Zastosowanie Stwierdzenia~ [link] pozwala zakończyć inny, alternatywny dowód kryterium porównawczego.

Stwierdzenie [kryterium porównawcze, wersja II] Jeśli $ a_n,b_n>0 $ dla wszystkich $ n\ge n_0 $ i istnieje skończona, dodatnia granica $ \lim_{n\to\infty} (a_n/b_n) $, to wówczas szeregi $ \sum a_n $ i $ \sum b_n $ są albo jednocześnie zbieżne, albo jednocześnie rozbieżne.

Dowód:
Można bez zmniejszenia ogólności założyć, że $ n_0=1 $. Wybierzmy liczbę $ C>0 $ tak, aby

\[ \frac 1C < \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} < C\, . \]

Na mocy Stwierdzenia~ [link] (o szacowaniu granic) istnieje wtedy $ n_1\in\N $ takie, że

\[ a_n < C b_n\quad\mbox{i}\quad b_n < Ca_n \qquad\mbox{dla wszystkich $n>n_1$.} \]

Teza wynika teraz z poprzedniej wersji kryterium porównawczego.

Stwierdzenie [kryterium porównawcze, wersja ilorazowa] (#) Załóżmy, że dla $ n\ge n_0 $ jest $ a_n,b_n>0 $ oraz

\[ \begin{equation}  \label{ilorazy-ab} \frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{b_{n+1}}{b_n}  \, .  \end{equation} \]

Wtedy

  1. Ze zbieżności szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n $ wynika zbieżność szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n $;
  2. Z rozbieżności szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n $ wynika rozbieżność szeregu $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n $.

Dowód:
Można bez zmniejszenia ogólności założyć, że $ n_0=1 $. Mnożąc nierówności ilorazy-ab stronami dla $ n=1,2,\ldots, N-1 $ otrzymujemy

\[ \frac{a_{N}}{a_1}=\frac{a_{N}}{a_{N-1}}\cdot\ldots \cdot\frac{a_3}{a_2}\cdot \frac{a_2}{a_1}\le  \frac{b_{N}}{b_{N-1}}\cdot\ldots \cdot\frac{b_3}{b_2}\cdot \frac{b_2}{b_1} = \frac{b_{N+1}}{b_1}, \]

a więc $ a_N\le c\cdot b_N $, gdzie $ c=a_1/b_1 $. Są to założenia pierwszej wersji kryterium porównawczego; stosując je, kończymy dowód.

Przykład (#) Jeśli $ q\in (0,1) $, to szereg o wyrazach $ a_n=nq^n $ jest zbieżny. Istotnie, weźmy dowolne $ s\in (q,1) $. Ponieważ $ (n+1)/n\to 1 $, więc dla wszystkich dostatecznie dużych $ n $ jest

\[ \frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{n+1}n q < s= \frac{b_{n+1}}{b_n}, \qquad\mbox{gdzie $b_n=s^n$.} \]

Ponieważ dla każdego $ s\in (0,1) $ szereg geometryczny $ \sum s^n $ jest zbieżny, więc szereg $ \sum nq^n $ jest zbieżny. To wynika z punktu (a) ostatniego kryterium.

Przykład (#) Postępując praktycznie tak samo, jak w poprzednim przykładzie, można stwierdzić, że szereg $ \sum_{n=1}^\infty n^kq^n $, gdzie $ k $ jest ustaloną liczbą naturalną i $ q\in (0,1) $, jest zbieżny.

Przykład Obliczymy sumę szeregu $ \sum_{n=1}nq^n $, posługując się wzorem na sumę postępu geometrycznego. Otóż, zauważając, że $ kq^k $ jest sumą $ k $ składników równych $ q^k $, i grupując wyrazy, otrzymujemy

\[ \begin{eqnarray*} s_n:=q+2q^2+3q^3 + \cdots + nq^n & = & q+q^2+q^3 + \cdots + q^n \qquad\mbox{(w każdym wierszu}\\ & & \phantom{q}     +q^2+q^3 + \cdots + q^n\qquad\mbox{trójkątnej `tabelki' obok} \\     & & \phantom{q     +q^2}+q^3 + \cdots + q^n\qquad\mbox{widać postęp geometryczny!)} \\       [5pt]  & & \phantom{q     +q^2+q^3} + \cdots + \\    [5pt]  & & \phantom{q     +q^2+q^3 + \cdots }+ q^n \\ [5pt] &= & \frac{q-q^{n+1}}{1-q}+ \frac{q^2-q^{n+1}}{1-q} + \frac{q^3-q^{n+1}}{1-q} +\cdots + \frac{q^n-q^{n+1}}{1-q} \\ & = & \frac{1}{1-q}\bigl(q+q^2+\cdots+q^n-nq^{n+1}\bigr) \\ & = & \frac{q-q^{n+1}-nq^{n+1}(1-q)}{(1-q)^2}\ \stackrel{n\to\infty}\longrightarrow \ \frac  {q}{(1-q)^2}, \end{eqnarray*} \]

gdyż $ q^n\to 0 $ i $ nq^n\to 0 $ (można stwierdzić to na wiele sposobów - my w tej chwili możemy już powiedzieć, że wynika to np. ze zbieżności szeregu $ \sum nq^n $, udowodnionej we wcześniejszym przykładzie!). Zatem

\[ \begin{equation} \sum_{n=1}^\infty nq^n = \frac	 {q}{(1-q)^2}\qquad \mbox{dla $q\in (0,1)$.} \end{equation} \]

Czytelnik może sam sprawdzić, że taki sam wzór ma miejsce dla $ q\in (-1,0] $.

Stwierdzenie [kryterium zagęszczeniowe] Jeśli $ (a_n) $ jest malejącym ciągiem liczb dodatnich, to szeregi

\[ 	\sum_{n=1}^\infty a_n \qquad \mbox{oraz} \qquad \sum_{n=1}^\infty b_n\, , \qquad\mbox{gdzie}\quad b_n=2^na_{{2^n}}\, , 	\]

są albo jednocześnie zbieżne, albo jednocześnie rozbieżne.

Dowód:
Niech $ s_n=a_1+a_2+\cdots a_n $, $ t_n=b_1+b_2+\cdots +b_n $. Zauważmy, że dzięki monotoniczności ciągu $ (a_k) $ i równości $ 2^k+2^k=2^{k+1} $ jest  \begin{multline*}  \underbrace{a_{2^{n}+1}+a_{2^{n}+2}+ \cdots + a_{2^{n+1}}}_{ 2^{n} \ \text{składników; każdy jest } \ \le \ a_{2^n}} \,    \le  2^na_{{2^n}}  =   b_n \\  =  2 \cdot 2^{n-1}a_{2^n}\le 2\cdot \biggl(\, \underbrace{a_{2^{n-1}+1}+a_{2^{n-1}+2}+ \cdots + a_{2^n}}_{ 2^{n-1} \ \text{składników; każdy jest } \ \ge \ a_{2^n}} \,    \biggr)\, . \end{multline*}   Sumując te nierówności dla $ n=1,2,\ldots, N $, otrzymujemy

\[  s_{2^{N+1}}-a_1-a_2 \le t_N=\sum_{n=1}^N b_n \le 2 s_{2^N} \]

(proszę zauważyć, że zaczynamy od $ a_3+a_4\le b_1= 2a_2 $, stąd kosmetyczny dodatek $ -a_1-a_2 $ po lewej stronie wyżej). Zatem, ciągi monotoniczne $ (t_N) $ i $ (s_m) $ są albo jednocześnie ograniczone, albo jednocześnie nieograniczone. Teza kryterium zagęszczeniowego wynika więc ze Stwierdzenia~ [link].

Zaleta tego kryterium jest taka, że (dzięki dodatkowemu założeniu o monotoniczności ciągu $ a_n $) szereg o wyrazach $ b_n $ zachowuje się - używając przenośni - tak samo, co szereg o wyrazach $ a_n $, tylko w sposób bardziej oczywisty, łatwiejszy do zauważenia. Najlepiej zobaczyć to na przykładach.

Przykład Oto trzeci dowód rozbieżności szeregu harmonicznego: jeśli $ a_n=1/n $, to

\[ b_n=2^na_{{2^n}} = 2^n\cdot\frac{1}{2^n} = 1, \]

a szereg z samych jedynek jest oczywiście rozbieżny.

Przykład Szereg

\[ 	\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n\ln n} 	\]

jest rozbieżny. Istotnie, dla $ a_n=1/(n\ln n) $ otrzymujemy

\[ b_n=2^na_{{2^n}} = 2^n\cdot\frac{1}{2^n\ln 2^n} = \frac{1}{n \ln 2}, \]

więc rozbieżność rozważanego szeregu wynika z rozbieżności szeregu harmonicznego i kryterium zagęszczeniowego.

Proszę zauważyć, że dla dużych $ n $ liczba $ 1/(n\ln n) $ jest dużo mniejsza od $ 1/n $ (iloraz tych liczb dąży do 0 dla $ n\to \infty $), więc sumy częściowe ostatniego szeregu rosną wolniej niż sumy częściowe szeregu harmonicznego. Jednak dzięki zastosowaniu kryterium zagęszczeniowego, tzn. dzięki odpowiedniemu grupowaniu wyrazów, potrafimy łatwo wykazać rozbieżność.

Przykład (#) Szereg (Suma tego szeregu odgrywa bardzo ważną rolę w teorii liczb i jest nazywana funkcją dzeta Riemanna).

\[ \begin{equation} 			\label{defzeta} 			\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} 		\end{equation} \]

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy $ s>1 $. Dla $ s\le 0 $ rozbieżność jest oczywista: nie jest spełniony warunek konieczny zbieżności, gdyż dla takich $ s $ mamy $ a_n=n^{-s}\to+\infty $. Niech więc $ s>0 $. Wyrazy $ a_n=n^{-s} $ maleją do zera; zastosujmy kryterium zagęszczeniowe. Otóż

\[ 	b_n=2^na_{{2^n}} = 2^n\cdot\frac{1}{\bigl(2^n\bigr)^s} = \frac{1}{\bigl(2^{s-1}\bigr)^n} = q^n, \qquad\mbox{gdzie $q=2^{1-s}$,} 	\]

a więc zagęszczenie prowadzi do szeregu geometrycznego $ \sum b_n=\sum q^n $, który (jak już wiemy) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy $ |q|=2^{1-s}<1=2^0 $, tzn. wtedy i tylko wtedy, gdy $ 1-s<0 $.

Przykład Jeśli $ a_n=1/\bigl(n(\ln n)^s\bigr) $, gdzie $ s\in\R  $, to $ \sum a_n $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy $ s>1 $. Kryterium zagęszczeniowe daje:

\[  b_n=2^na_{{2^n}} = 2^n\cdot\frac{1}{2^n \bigl(\ln (2^n)\bigr)^s} = c\cdot \frac{1}{n^s}, \qquad\mbox{gdzie $c=1/(\ln 2)^s$.} \]

Wystarczy teraz spojrzeć na poprzedni przykład.

Dla porządku odnotujmy też nieco ogólniejszą wersję kryterium zagęszczeniowego.

Stwierdzenie [kryterium zagęszczeniowe, wariant ogólny] Jeśli $ (a_n) $ jest malejącym ciągiem liczb dodatnich, a $ k\in \N $, $ k\ge 2 $, to szeregi

\[ 	\sum_{n=1}^\infty a_n \qquad \mbox{oraz} \qquad \sum_{n=1}^\infty b_n\, , \qquad\mbox{gdzie}\quad b_n=k^na_{{k^n}}\, , 	\]

są albo jednocześnie zbieżne, albo jednocześnie rozbieżne.

Dowód:
Niezbyt trudne ćwiczenie dla zainteresowanych.

Warto zdawać sobie sprawę, że istnieją przykłady, które wymagają nieco subtelniejszej analizy, nie polegającej na szybkim stosowaniu gotowych kryteriów. Popatrzmy na dwa z nich.

Przykład Niech $ p_n $ oznacza $ n $-tą z kolei liczbę pierwszą, tzn. $ p_1=2 $, $ p_2=3 $, $ p_3=5 $, $ p_4=7 $, $ p_5=11 $, \ldots Wykażemy, że szereg

\[ \begin{equation} \sum_{n=1}^\infty \frac 1{p_n} \label{1przezp} \end{equation} \]

jest rozbieżny. Ustalmy liczbę $ N $. Niech $ {\mathcal P}_N=\{p\ \colon p\mbox{ pierwsza, }p\le N\} $. Wtedy

\[ \begin{eqnarray*} 	\exp\biggl(\sum_{p\in {\mathcal P}_N}\frac 1p\biggr) & = & \prod_{p\in {\mathcal P}_N} \exp(1/p) \\ 	&\ge &       \prod_{p\in {\mathcal P}_N} \left(1+\frac 1p\right) \qquad\mbox{gdyż $\exp(x)\ge 1+x$}\\   	&\ge & \sum_{{1\le n \le N} \atop{ n \ \text{bezkwadr.}}}\frac 1n \, . \end{eqnarray*} \]

W ostatniej linijce występuje suma odwrotności wszystkich liczb bezkwadratowych (Mówimy, że $ n $ jest liczbą bezkwadratową, jeśli $ n $ nie dzieli się przez żaden pełny kwadrat różny od 1; równoważnie, $ n $ jest liczbą bezkwadratową, gdy jest iloczynem różnych liczb pierwszych.) $ n $, $ n\le N $; nietrudno zauważyć, że mnożąc wszystkie nawiasy $ (1+\frac 1p) $ szkolną metodą `każdy z każdym', otrzymamy tylko odwrotności liczb bezkwadratowych: wszystkich liczb bezkwadratowych $ {}\le N $ i niektórych liczb bezkwadratowych $ {}>N $.

Wiemy już, że $ 2> \sum_{1\le n\le N} \frac 1{n^2} $ dla każdego $ N $ (patrz Przykład~ [link]); mnożąc tę nierówność przez poprzednią, otrzymujemy

\[ \begin{eqnarray*}    2 \exp\biggl(\sum_{p\in {\mathcal P}_N}\frac 1p\biggr)  & \ge & \biggl(\sum_{{1\le n \le N} \atop{ n \ \text{bezkwadr.}}}\frac 1n \biggr)\cdot \biggl(\sum_{1\le n \le N}\frac{1}{n^2}\biggr) \\     & \ge & \sum_{n=1}^N \frac 1n \ \stackrel{\eqref{sn-harm}}\ge \ \ln (N+1)\, . \end{eqnarray*} \]

Zatem

\[ \sum_{p\in {\mathcal P}_N}\frac 1p \ge \ln\ln(N+1) -\ln 2, \]

a więc sumy częściowe szeregu 1przezp nie są ograniczone. (Rozbieżność szeregu odwrotności liczb pierwszych wykazał L. Euler w 1737 roku, w nieco inny sposób od zaprezentowanego tutaj.)

Przykład [szereg Kempnera] Niech $ {\mathcal A} $ będzie zbiorem tych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym w ogóle nie występuje cyfra 9. Wtedy szereg

\[ \sum_{n\in {\mathcal A}} \frac 1n \]

jest zbieżny, a jego suma $ S $ nie przekracza liczby 80. Aby się o tym przekonać, oznaczmy

\[ {\mathcal A}_N = {\mathcal A}\cap [10^{N-1},10^{N}-1] \]

(jak widać, $ {\mathcal A}_N $ to podzbiór $ {\mathcal A} $ złożony z liczb $ N $-cyfrowych). Liczba elementów $ {\mathcal A}_N $ jest równa

\[ \#{} {\mathcal A}_N  = 8\cdot 9^{N-1}, \]

gdyż pierwszą cyfrę różną od dziewiątki, niezerową, można wybrać na 8 sposobów, a każdą z $ N-1 $ kolejnych na 9 sposobów. Zatem

\[ \sum_{n\in {\mathcal A}_N}  \frac 1n \le   8\cdot 9^{N-1} \cdot \frac{1}{10^{N-1}} = 8 \left(\frac 9{10}\right)^{N-1}\, . \]

Sumując te nierówności, nietrudno stwierdzić, że $ S\le 80= 8\sum q^j $, gdzie $ q=9/10\in (0,1) $, a indeks $ j=N-1 $ przybiera wartości $ 0,1,2,\ldots $

Podamy, na zakończenie tego podrozdziału, jeszcze jedno bardzo ogólne kryterium zbieżności szeregów o wyrazach dodatnich.

Stwierdzenie [kryterium Kummera] Załóżmy, że $ a_n>0 $ dla wszystkich $ n>n_1 $. Wówczas szereg $ \sum a_n $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba $ \theta>0 $ oraz liczby nieujemne $ b_n $, że

\[ \begin{equation} 	\label{kummer} 	b_n\cdot\frac{a_n}{a_{n+1}} -b_{n+1}\ge \theta\qquad\mbox{dla wszystkich $n\ge n_0$.}  \end{equation} \]

Dowód:
Jeśli szereg $ \sum a_n $ jest zbieżny, to przyjmujemy $ b_n=(1/a_n)\cdot\sum_{k=n+1}^\infty a_k $ dla $ n>n_1 $. Wtedy

\[ b_n\cdot  \frac{a_n}{a_{n+1}} -b_{n+1} = \frac{1\cdot a_n}{a_n\cdot a_{n+1}} \sum_{k=n+1}^\infty a_k -  \frac{1}{a_{n+1}}\sum_{k=n+2}^\infty a_k = \frac{a_{n+1}}{a_{n+1}} = 1, \]

więc warunek kummer zachodzi dla $ \theta=1 $ i $ n\ge n_1 $. Na odwrót, stosując kummer dla $ n\ge n_2=\max(n_0,n_1) $, otrzymujemy

\[ \begin{equation} a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1} \ge \theta a_{n+1} > 0 \label{kummer-przekszt} \end{equation} \]

więc począwszy od miejsca $ n_2 $ ciąg $ a_nb_n $ jest malejący i ma wyrazy dodatnie, tzn. ma granicę skończoną. Przeto szereg o wyrazach $ \theta^{-1}(a_nb_n-a_{n+1}b_{n+1}) $ jest zbieżny: jego sumy częściowe to $ s_N=\theta^{-1}(a_1b_1-a_Nb_N) $. Z kryterium porównawczego i nierowności kummer-przekszt wynika teraz zbieżność szeregu $ \sum a_n $.

Przykład Kładąc w kummer $ b_n=n $, otrzymujemy łatwo tzw. kryterium Raabego: (A raczej: tę jego cześć, która służy do uzasadniania zbieżności) szeregów, patrz np. książka Fichtenholza. \begin{quote} Jeśli $ a_n>0 $ i istnieje taka liczba $ s>1 $, że

\[ \begin{equation} 	 n  \left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right) \ge s \qquad\mbox{dla wszystkich $n\ge n_0$,} 	\label{raabe} 	\end{equation} \]

to szereg $ \sum a_n $ jest zbieżny. \end{quote} (Uwaga: Czytelnik może sprawdzić, że wykorzystując warunek raabe i własności funkcji wykładniczej, można wykazać, że dla $ r\in (1,s) $ i wszystkich dostatecznie dużych $ n $ jest $ a_{n+1}/a_n\le b_{n+1}/b_n $, gdzie $ b_n=1/n^r $. Szereg $ \sum 1/n^r $ jest zbieżny dla $ r>1 $. Zatem, niezależnie od kryterium Kummera, każdy szereg $ \sum a_n $ spełniający warunek raabe jest zbieżny na mocy ilorazowej wersji kryterium porównawczego, patrz Stw.~ [link].)

Ćwiczenie Proszę sprawdzić, jaki wniosek otrzymamy, biorąc w kryterium Kummera $ b_n\equiv 1 $ dla wszystkich $ n $.

Czytelnik, który zetknął się z powyższymi kryteriami i przykładami, a także samodzielnie rozwiązał pewną liczbę zadań, może zadać sobie pytanie: czy istnieje jakiś idealny, wzorcowy szereg, którego zawsze można byłoby używać w kryterium porównawczym? Odpowiedź jest negatywna: dla każdego szeregu zbieżnego istnieje szereg, który jest zbieżny wolniej\ldots

Przykład Załóżmy, że $ b_n>0 $ dla $ n\in \N $ i szereg $ \sum b_n $ jest zbieżny. Niech

\[ R_n= \sum_{j=n+1}^\infty b_j \]

oznacza różnicę między sumą szeregu $ \sum b_n $ i jego $ n $-tą sumą częściową. Wtedy oczywiście $ R_n $ maleje do $ 0 $, gdy $ n\to\infty $. Przyjmijmy $ a_n=\sqrt{R_{n-1}}-\sqrt{R_n} $ dla $ n\ge 2 $. Mamy

\[ a_2+a_3+\cdots +a_n= \sqrt{R_1} - \sqrt{R_n} \]

(suma liczb $ a_j $ jest teleskopowa), a więc szereg $ \sum_{n\ge 2} a_n $ jest zbieżny i ma sumę równą $ \sqrt{R_1} $. Jednak

\[ \frac{a_n}{b_n}=\frac{\sqrt{R_{n-1}}-\sqrt{R_n}}{{R_{n-1}} - {R_n}}=    \frac 1{\sqrt{R_{n-1}}+\sqrt{R_n}}  \longrightarrow +\infty, \]

czyli zbieżności szeregu $ \sum a_n $ nie można wywnioskować ze zbieżności $ \sum b_n $ i kryterium porównawczego!

Interludium: zbieżność ciągów i szeregów zespolonych

Do tej pory mówiliśmy wyłącznie o ciągach i szeregach w $ \R $. Wiele obserwacji i wniosków, dotyczących takich ciągów i szeregów, można przenieść na ciągi i szeregi liczb zespolonych. (Użycie takich ciągów i szeregów jest rzeczą wygodną, nawet wtedy, gdy koniec końców interesują nas wyłącznie obliczenia mające fizyczny lub praktyczny sens. Podczas studiów matematycznych Czytelnik przekona się wielokrotnie, że liczby zespolone są niezwykle użytecznym narzędziem obliczeniowym; często bywa tak, że najkrótsza droga do nietrywialnego wzoru czy twierdzenia dotyczącego liczb rzeczywistych prowadzi przez dziedzinę zespoloną.) Nam w najbliższym czasie takie ciągi i szeregi przydadzą się do trzech rzeczy:

  • określenia $ \exp(z) $ dla $ z\in\C $,
  • ścisłego wprowadzenia funkcji trygonometrycznych,
  • wskazania jasnego związku funkcji trygonometrycznych z funkcją wykładniczą.

Zacznijmy ponownie od definicji. Są one prostym uogólnieniem tego, co już znamy. Założymy, że Czytelnik zna (np. z wykładów algebry liniowej) pojęcie liczby zespolonej i jej modułu.

Definicja Ciąg $ (z_n)\subset \C $ jest zbieżny do granicy $ z\in\C $ wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $ \eps>0 $ istnieje $ n_0\in \N $ takie, że $ |z_n-z|<\eps $ dla wszystkich $ n>n_0 $.

Intuicja związana z tą definicją jest prosta i w gruncie rzeczy taka sama, jak w $ \R $: do każdej, choćby i bardzo małej, liczby dodatniej $ \eps $ potrafimy dobrać taki moment $ n_\eps $, że począwszy od tego momentu wszystkie wyrazy ciągu $ (z_n) $ będą oddalone od $ z $ mniej niż o $ \eps $ -- tzn. znajdą się wewnątrz dysku $ D(z,\eps)=\{w\in\C\colon |w-z|<\eps\} $.

 

Podobnie określa się zbieżne szeregi liczb zespolonych.

Definicja Niech $ (z_n)\subset \C $. Szereg $ \sum z_n $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg sum częściowych $ s_n=z_1+z_2+\cdots +z_n $ ma granicę $ s\in\C $.

Zauważmy, że jeśli $ w=a+ib\in\C $, gdzie $ a,b\in\R $, to

\[ \begin{equation} \max (|a|,|b|) \le |w| \le |a|+|b|.   \label{zesp-rzecz} \end{equation} \]

Interpreacja geometryczna tej nierówności jest oczywista: przeciwprostokątna trójkąta o wierzchołkach $ 0,a,w=a+ib\in\C $ jest dłuższa, niż każda przyprostokątna z osobna, ale krótsza od sumy przyprostokątnych. Z tej łatwej nierówności otrzymujemy szybko następujące użyteczne wnioski.

Stwierdzenie (#) Ciąg liczb $ z_n=x_n+iy_n\in \C $, gdzie $ x_n,y_n\in \R $, jest zbieżny do granicy $ z=x+iy $ ($ x,y\in\R $) wtedy i tylko wtedy, gdy

\[ \lim_{n\to \infty} x_n=x, \qquad  \lim_{n\to \infty} y_n=y. \ \]

Dowód:
Zapisujemy zesp-rzecz dla $ w=z_n-z $, $ a=x_n-x $ i $ b=y_n-y $, a następnie korzystamy z definicji granicy i twierdzenia o trzech ciągach.

Stwierdzenie Szereg $ \sum z_n $, gdzie $ z_n=x_n+iy_n $ dla pewnych $ x_n,y_n\in \R $, jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżne są oba szeregi $ \sum x_n $, $ \sum y_n $.

Stwierdzenie Ciąg $ (z_n)\subset \C $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia warunek Cauchy'ego:

    \setcounter{enumi}{2}

  1. Dla każdej liczby $ \eps>0 $ istnieje $ n_\eps\in\N $ takie, że dla wszystkich $ m,k>n_\eps $ zachodzi nierówność $ |z_m-z_k|<\eps $.

Dowód:
Ze Stwierdzenia~ [link] i Twierdzenia~ [link] wynika, że zbieżność $ (z_n) $ jest równoważna koniunkcji warunków Cauchy'ego dla ciągów $ (x_n)=(\mathrm{Re}\, z_n) $ i $ (y_n)=(\mathrm{Im}\, z_n) $. Wobec nierówności zesp-rzecz, $ (x_n) $ i $ (y_n) $ spełniają warunek Caychy'ego (w $ \R $) wtedy i tylko wtedy, gdy $ (z_n) $ spełnia warunek Cauchy'ego.

Stwierdzenie Szereg liczb zespolonych $ \sum z_n $ jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

    \setcounter{enumi}{18}

  1. Dla każdej liczby $ \eps>0 $ istnieje $ n_\eps\in\N $ takie, że
    \[ |z_k+z_{k+1}+\cdots+z_m|< \eps \qquad\mbox{dla wszystkich $m>k>n_\eps$.} \]

Dowód:
To wynika z definicji szeregu zbieżnego i poprzedniego stwierdzenia.

Szeregi o wyrazach dowolnych

Zbieżność bezwzględna i warunkowa

Definicja Szereg $ \sum z_n $ jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg $ \sum |z_n| $ jest zbieżny.

Szereg, który jest zbieżny, ale nie bezwzględnie, nazywa się warunkowo zbieżny. Przykłady takich szeregów zobaczymy później; jednym z nich jest $ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}/n $ (który nie jest bezwzględnie zbieżny, gdyż $ \sum 1/n=\infty $).

Stwierdzenie Jeśli szereg $ \sum z_n $ jest bezwzględnie zbieżny, to $ \sum z_n $ jest zbieżny.

Dowód:
Jeśli szereg $ \sum z_n $ jest bezwzględnie zbieżny, to, z definicji, szereg liczb nieujemnych $ \sum |z_n| $ jest zbieżny, a więc spełnia warunek Cauchy'ego dla szeregów. Mamy jednak

\[ |z_k+z_{k+1}+\cdots+z_m| \le |z_k|+|z_{k+1}|+\cdots+|z_m| \]

dla wszystkich $ m>k $, więc skoro $ \sum |z_n| $ spełnia warunek Cauchy'ego, to i $ \sum z_n $ spełnia ten warunek. To zaś oznacza, że $ \sum z_n $ jest zbieżny.

Pojęcie zbieżności bezwzględnej jest ważne z uwagi na następujące twierdzenie.

Twierdzenie Załóżmy, że szereg $ \sum_{n=1}^\infty z_n $ jest bezwzględnie zbieżny, a $ \sigma\colon\N\to\N $ jest dowolną bijekcją. Wtedy szereg $ \sum_{n=1}^\infty z_{\sigma(n)} $ jest zbieżny, a ponadto

\[ \sum_{n=1}^\infty z_{\sigma(n)} = \sum_{n=1}^\infty z_{n} \]

Innymi słowy, wyrazy szeregu bezwzględnie zbieżnego można dowolnie przestawiać; nie wpływa to ani na jego zbieżność, ani na wartość jego sumy.

Dowód:
Ustalmy $ \eps>0 $. Dobierzmy $ n_0\in\N $ tak, aby

\[ |z_k|+|z_{k+1}|+\cdots+|z_m|<\frac \eps 2 \qquad\mbox{dla wszystkich $m>k\ge n_0$}  \]

(istnienie takiej liczby $ n_0 $ wynika z bezwzględnej zbieżności $ \sum z_n $ i warunku Cauchy'ego). Biorąc $ k=n_0 $ i przechodząc do granicy $ m\to\infty $, otrzymujemy

\[ \sum_{j=n_0}^\infty |z_j| \le \frac \eps 2 < \eps. \]

Niech $ m_j\in \N $ będzie taką liczbą, że $ \sigma(m_j)= j $, gdzie $ j=1,2,\ldots $, tzn. $ m_j:=\sigma^{-1}(j) $. Dla $ n\in \N $ połóżmy $ k(n)=n+\max(m_1,m_2,\ldots, m_n) $. Wtedy $ k(n) $ jest ciągiem rosnącym.

Zauważmy, że dla numerów $ l>k(n_0) $ mamy $ \sigma(l)>n_0 $, gdyż $ \sigma $ jest bijekcją i wartości $ 1,2,\ldots, n_0 $ przymuje w liczbach nie większych od $ k(n_0) $. Zatem, dla wszystkich $ m>k>n_1=\max(n_0,k(n_0)) $ spełniona jest nierówność

\[ \begin{eqnarray*} |z_{\sigma(k)}+z_{\sigma(k+1)} +\cdots + z_{\sigma(m)}| & \le &  |z_{\sigma(k)}|+|z_{\sigma(k+1)}| +\cdots + |z_{\sigma(m)}| \\ &\le & \sum_{j=n_0}^\infty |z_j| < \eps\, .  \end{eqnarray*} \]

Szereg $ \sum_{n=1}^\infty z_{\sigma(n)} $ spełnia więc warunek Cauchy'ego, tzn. jest zbieżny.

Ponadto, dla wszystkich $ n\ge n_0 $ jest

\[ \biggl|\,\sum_{j=1}^n z_j - \sum_{j=1}^{k(n)} z_{\sigma(j)}\, \biggr| \le \sum_{j\ge n_0} |z_n| < \eps  \]

a więc granica ciągu $ s_n=z_1+\cdots + z_n $ i granica wskazanego wyżej podciągu (o numerach $ k(n) $) sum częściowych szeregu $ \sum z_{\sigma(n)} $ różnią się co najwyżej o $ \eps $. Z dowolności $ \eps $ wynika zatem, że obie wspomniane granice są równe, a więc sumy obu szeregów są równe. To kończy cały dowód.

Założenie bezwzględnej zbieżności w ostatnim twierdzeniu jest istotne. Bez niego teza nie zachodzi. Co więcej, ma miejsce następujący zaskakujący fakt.

Twierdzenie [Riemann] Jeśli $ (a_n)\subset\R $ i szereg $ \sum a_n $ jest warunkowo (ale nie bezwzględnie!) zbieżny, to dla każdej liczby rzeczywistej $ x $ istnieje taka bijekcja $ \sigma\colon\N\to\N $, że

\[ 	 \sum_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)} = x 	\]

Dowód:
Opiszemy dowód słowami, gdyż dzięki temu będzie bardziej zrozumiały. Zainteresowany Czytelnik zdoła samodzielnie uzupełnić drobne szczegóły.

Nietrudno zauważyć, że szereg $ \sum a_n $ ma nieskończenie wiele wyrazów dodatnich i nieskończenie wiele wyrazów ujemnych, gdyż w przeciwnym razie wszystkie wyrazy o dostatecznie dużych numerach byłyby tego samego znaku, a więc $ \sum a_n $ byłby nie tylko zbieżny, ale i bezwzględnie zbieżny.

Niech $ n_1<n_2<n_3<\ldots $ będą kolejnymi numerami wyrazów ujemnych, a $ k_1<k_2<k_3<\ldots $ -- kolejnymi numerami wyrazów dodatnich szeregu $ \sum a_n $. (Bez zmniejszenia ogólności załóżmy, że żadna z liczb $ a_n $ nie jest zerem.) Zauważmy, że

\[ \sum_{j=1}^\infty a_{n_j} = -\infty, \qquad \sum_{j=1}^\infty a_{k_j} = +\infty\, . \]

Gdyby tak nie było, to oba powyższe szeregi byłyby zbieżne, a cały szereg $ \sum a_n $ byłby zbieżny bezwzględnie.

Bijekcję $ \sigma $ budujemy indukcyjnie. Oto pierwsze dwa kroki konstrukcji.

Wybieramy najmniejszą liczbę $ m $ taką, że $ a_{k_1}+\cdots +a_{k_m}>x $. Kładziemy $ \sigma(1)=k_1 $, $ \sigma(2)=k_2 $, \ldots, $ \sigma(m)=k_m $. Następnie zmniejszamy uzyskaną sumę, korzystając z ujemnych wyrazów szeregu: wybieramy najmniejszą liczbę $ s $ taką, że

\[ a_{k_1}+\cdots +a_{k_m} + a_{n_1}+\cdots+a_{n_s} < x \]

Przyjmujemy teraz $ \sigma(m+1)=n_1, $ $ \sigma(m+2)=n_2 $, \ldots, $ \sigma(m+s)=k_s $. Zarówno $ m $, jak i $ s $, są dobrze określone, gdyż szeregi wyrazów dodatnich i wyrazów ujemnych są rozbieżne. Niech $ m_1=m $, $ m_2=m+s $.

Załóżmy teraz, że wykonaliśmy $ N $ podobnych kroków, definiując $ \sigma(j) $ dla wszystkich $ j\le m_N $, gdzie $ m_N\ge N $. Wyrazy o numerach $ \le m_N $ są już wykorzystane, a wyrazy o numerach $ >m_N $ -- jeszcze dostępne. Załóżmy także, że (1) jeśli $ N $ jest nieparzyste, to

\[ S_{m_N} = \sum_{j\le m_N} a_{\sigma(j)} > x , \]

a także: (2) jeśli $ N $ jest parzyste, to

\[ S_{m_N} = \sum_{j\le m_N} a_{\sigma(j)} < x \]

W kolejnym kroku w przypadku (1) dobieramy kolejne dostępne jeszcze (tzn. niewykorzystane wcześniej) ujemne wyrazy $ a_{k_j} $ szeregu, aż do momentu, gdy uzyskamy sumę częściową mniejszą od $ x $. Można to osiągnąć, gdyż szereg wyrazów ujemnych jest rozbieżny. Natomiast w przypadku (2) dobieramy kolejne dostępne jeszcze wyrazy dodatnie, aż do momentu, gdy uzyskamy sumę częściową większą od $ x $. Numery wyrazów, które wybieramy w $ (N+1) $-szym kroku, to wartości $ \sigma $ w liczbach $ m_N+1, \ldots, m_{N+1} $.

Postępując indukcyjnie, definiujemy $ \sigma\colon N\to N $. Jest to bijekcja, gdyż każdy wyraz wykorzystujemy tylko raz i każdy wyraz zostaje kiedyś wykorzystany. Łatwo zauważyć, że $ \sigma(n)\to\infty $, gdy $ n\to \infty $. Sumy częściowe $ S_n $ szeregu $ \sum a_{\sigma(n)} $ oscylują wokół liczby $ x $, gdyż tak były wybierane. W dodatku różnice między tymi sumami i liczbą $ x $ są coraz mniejsze, gdyż $ a_n\to 0 $ dla $ n\to \infty $ (to jest warunek konieczny zbieżności szeregu $ \sum a_n $).

\'{S}ciślej, nie jest trudno sprawdzić, że ciąg $ S_n $ spełnia warunek Cauchy'ego. To wynika z konstrukcji $ \sigma $ i zbieżności $ a_n\to 0 $. Ponadto, ciąg $ S_{m_N} $ jest zbieżny do $ x $. Zatem, cały ciąg $ S_n $ też jest zbieżny do $ x $.

    Uwaga. Nietrudno sprawdzić, że jeśli $ \sum a_n $ jest tylko warunkowo zbieżny, to można tak przestawić wyrazy, żeby po przestawieniu ciąg sum częściowych był rozbieżny do $ +\infty $ (albo do $ -\infty $). Czytelnik, po zapoznaniu się z dowodem twierdzenia Riemanna, bez większego trudu wskaże odpowiednie permutacje wyrazów.

    Uwaga. Jeśli szereg liczb zespolonych $ \sum z_n $ jest zbieżny warunkowo, ale nie bezwzględnie, to na płaszczyźnie zespolonej $ \C $ istnieje taka prosta $ \ell $, że dla każdej liczby $ w\in\ell $

\[ \sum_{n=1}^\infty z_{\sigma(n)} = w  \]

dla pewnej bijekcji $ \sigma\colon\N\to\N $.

Przekształcenie Abela

W tym podrozdziale zajmiemy się opisem warunków, które pozwalają wnioskować, że szereg $ \sum a_nb_n $ jest zbieżny. Wygodnie będzie przyjąć następującą konwencję: jeśli wyrazy szeregu oznaczamy jakąś małą literą (np. $ a,b,\ldots $), to sumy częściowe tego szeregu oznaczamy odpowiednią wielką literą ($ A,B,\ldots $).

Twierdzenie [Abel] Niech $ (a_n),(b_n)\subset \C $. Załóżmy, że istnieje taka liczba $ M>0 $, że $ |A_n|=|a_1+a_2+\cdots+a_n|\le M $ dla wszsytkich $ n $, a ponadto

\[ \sum_{n=1}^\infty |b_n-b_{n+1}| < +\infty \qquad\mbox{oraz}\qquad b_n\to 0 \quad\mbox{dla $n\to\infty$,} \]

to wtedy szereg $ \sum a_nb_n $ jest zbieżny.

Dowód:
Najpierw zapiszmy pomocniczy

    Lemat. Jeśli $ (\alpha_n) $ jest ograniczonym ciągiem w $ \C $, a szereg $ \sum \beta_n $ jest bezwgzlędnie zbieżny, to szereg $ \sum \alpha_n\beta_n $ jest bezwględnie zbieżny.

(Dla dowodu wystarczy zauważyć, że jeśli $ |\alpha_n|\le M $ dla wszystkich $ n $, to wtedy $ |\alpha_n\beta_n|\le M|\beta_n| $, a więc ze zbieżności szeregu $ \sum |\beta_n| $ i kryterium porównawczego wynika zbieżność szeregu $ \sum |\alpha_n\beta_n| $).

Teraz wykonujemy przekształcenie Abela, tzn. zapisujemy sumy częściowe szeregu $ \sum a_nb_n $ w innej postaci, korzystając z równości $ a_k=A_k-A_{k-1} $:

\[ \begin{eqnarray} 	\label{transabel} S_n & = & \sum_{k=1}^n a_kb_k = b_1 A_1 + \sum_{k=2}^n b_k(A_k-A_{k-1}) \\ & = & \underbrace{A_1 (b_1-b_2) + A_2 (b_2-b_3) + \cdots +A_{n-1} (b_{n-1}-b_n)}_{\text{patrz Lemat!}} + A_nb_n. \nonumber \end{eqnarray} \]

Ostatni składnik, $ A_nb_n $, jest zbieżny do zera, gdyż $ |A_n|\le M $ i $ b_n\to 0 $. Pozostała, oznaczona klamrą, część sumy $ S_n $, tzn.

\[ A_1 (b_1-b_2)+A_2 (b_2-b_3) + \cdots + A_{n-1} (b_{n-1}-b_n) \]

też ma granicę dla $ n\to\infty $. To wynika z lematu, zastosowanego dla $ \alpha_n=A_n $ oraz dla $ \beta_n=b_n-b_{n+1} $.

Wniosek [kryterium Dirichleta] Jeśli ciąg liczb rzeczywistych $ b_n $ maleje do zera, a sumy częściowe $ A_n $ szeregu $ \sum a_n $ tworzą ciąg ograniczony, to szereg $ \sum a_nb_n $ jest zbieżny.

Dowód:
Ponieważ $ b_n\ge b_{n+1}>0 $ i $ b_n\to 0 $, więc

\[ \sum_{n=1}^N |b_n- b_{n+1}|= \sum_{n=1}^N \bigl(b_n- b_{n+1}\bigr) = b_1-b_{n+1}\to b_1 \qquad\mbox{dla $N\to\infty$.} \]

Można więc stosować twierdzenie Abela: spełnione są wszystkie jego założenia.

Wniosek [kryterium Leibniza](#) Jeśli ciąg liczb rzeczywistych $ b_n $ maleje do zera, to szereg naprzemienny

\[ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} b_n \]

jest zbieżny.

Dowód:
Przyjmujemy w kryterium Dirichleta $ a_n=(-1)^{n+1} $; wtedy $ |A_n|\le 1 $ dla wszystkich $ n $.

Przykład Szereg naprzemienny $ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\cdot \frac {1}{n}= 1-\frac 12 +\frac 13 -\frac 14+\cdots $ jest zbieżny (ale oczywiście nie jest bezwgzlędnie zbieżny).

Przykład (#) Jeśli $ z\in \C $, $ |z|=1 $, $ z\not=1 $, to szereg $ \sum z^n/n $ jest zbieżny. To wynika z kryterium Dirichleta zastosowanego do $ a_n=z^n $ i $ b_n=1/n $. Ciąg $ b_n=1/n $ maleje do zera, natomiast wartości bezwzględne sum częściowych

\[ 	z+z^2+\cdots + z^n = z\cdot \frac{1-z^n}{1-z} 	\]

są, niezależnie od $ n $, ograniczone przez liczbę $ M=2/|1-z| $, gdyż $ |1-z^n|\le 1+|z|^n=2 $. Ponieważ $ |z^n/n|=1/n $, więc rozpatrywany szereg nie jest bezwzględnie zbieżny.

W tym przykładzie można zamiast $ 1/n $ użyć dowolnego ciągu $ b_n $ malejącego do zera i takiego, że $ b_n\ge 1/n $ -- żadna konkluzja nie ulegnie zmianie.

Zadanie Udowodnić kryterium Leibniza bezpośrednio, nie posługując się twierdzeniem Abela. (Wskazówka: zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągów $ (s_{2k}) $ i $ (s_{2k+1}) $, gdzie $ s_n $ oznacza $ n $-tą sumę częściową rozważanego szeregu.)
Zadanie Udowodnić następujące twierdzenie, nazywane czasem kryterium Abela: \begin{quote}Jeśli $ b_n $ jest malejącym ciągiem liczb dodatnich, a szereg $ \sum a_n $ jest zbieżny, to szereg $ \sum a_nb_n $ jest zbieżny. \end{quote}     Wskazówka. Wykorzystać pierwszą linijkę transabel i wykazać, że ciąg $ S_n $ sum częściowych szeregu $ \sum a_nb_n $ spełnia warunek Cauchy'ego.

Mnożenie szeregów i twierdzenie Mertensa

Ze zdroworozsądkowego punktu widzenia, mnożenie szeregów $ \sum a_n $ i $ \sum b_n $ powinno polegać na próbie sprawdzenia, czy zbieżny będzie szereg, który (w jakimś porządku) zawiera wszystkie składniki $ a_ib_j $, które uzyskalibyśmy, mnożąc formalnie jedną sumę przez drugą. Czytelnik rozumie już, że zbieżność takiego szeregu może zależeć od tego, jak uporządkujemy liczby $ a_ib_j $.

Definicja Jeśli $ (a_n),(b_n)\subset \C $, to iloczynem Cauchy'ego szeregów $ \sum_{n=0}^\infty a_n $ i $ \sum_{n=0}^\infty b_n $ nazywamy szereg o wyrazach

\[ c_n= \sum_{j=0}^n a_jb_{n-j}\, . \]

Innymi słowy, w iloczynie Cauchy'ego grupujemy $ a_ib_j $ tak, aby w każdej grupie suma $ i+j $ miała stałą wartość -- tzn. postępujemy tak, jak przy mnożeniu wielomianów w szkole, gdzie nauczono nas grupować składniki z tą samą potęgą zmiennej $ x $.

Twierdzenie [F. Mertens] Jeśli szereg $ A=\sum_{n=0}^\infty a_n $ jest zbieżny, a szereg $ B=\sum_{n=0}^\infty b_n $ jest zbieżny bezwzględnie, to ich iloczyn Cauchy'ego, tzn. szereg

\[ C=\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \biggl(\sum_{j=0}^n a_jb_{n-j}\biggr) \]

jest zbieżny. Ponadto, jeśli szereg $ A $ jest zbieżny bezwzględnie, to i szereg $ C $ jest zbieżny bezwzględnie.

Dowód:
Niech, dla $ n\ge 0 $, zgodnie z przyjętą wcześniej konwencją, $ C_n=c_0+c_1+\cdots +c_n $ oznacza $ n $-tą sumę częściową szeregu $ C $. Wykorzystując definicję $ c_n $, porządkujemy $ C_N $, grupując wyrazy zawierające wspólny czynnik $ b_j $:

\[ \begin{eqnarray*} C_N & = & a_0b_0 + (a_0b_1+a_1b_0) + \cdots +(a_0b_N+a_1b_{N-1}+\cdots +a_Nb_0)\\ & = & b_0 (a_0+a_1+\cdots+a_N) + b_1(a_0+a_1+\cdots+a_{N-1}) +\cdots + b_N a_0\\ & = & \sum_{j=0}^N b_j A_{N-j}  \, , \end{eqnarray*} \]

gdzie $ A_k=a_0+\cdots+a_k $ dla $ k\ge 0 $. Wykażemy, że $ \lim C_N=AB $. Ustalmy $ \eps>0 $ i liczbę $ \eta>0 $, którą dopasujemy do $ \eps $ później.

Mamy

\[ \begin{equation}        	\label{CNAB} |C_N-AB|=|C_N-AB_r + AB_r-AB|\le |C_N-AB_r| + |A||B_r-B|\, . \end{equation} \]

Każdy ze składników prawej strony oszacujemy osobno, odpowiednio dobierając $ r $.

Istnieje takie $ n_1 $, że dla wszystkich $ r>n_1 $ jest $ |B_r-B|<\eta $ i $ |A||B_r-B| \le |A|\eta $, bo $ \lim_{r\to\infty} B_r=B $. Ustalmy jedną z takich liczb $ r $, wybierając ją tak, żeby spełniony był również warunek: $ |A_n-A|< \eta $ dla wszystkich $ n>r $.

Teraz oszacujemy składnik $ |C_N-AB_r| $. Niech

\[ \beta=\sum_{n=0}^\infty |b_n|, \]

i niech $ M=\sup_n |A_n| $ ($ M<\infty $, bo ciąg $ A_n $ jest zbieżny do $ A $, a więc ograniczony). Wobec wykonanych wcześniej obliczeń i równości $ B_r=b_0+\cdots +b_r $, dla wszystkich $ N>2r $ mamy

\[ \begin{eqnarray*} |C_N - AB_r |& = &   \biggl|\sum_{j=0}^N b_j A_{N-j} - A \sum_{j=0}^r b_j \biggr| \\ & = & \biggl|\sum_{j=0}^r b_j(A_{N-j}-A) + \sum_{j=r+1}^N b_j A_{N-j}\biggr| \\ &\le &  \sup_{0\le j\le r} |A_{N-j}-A|\, \cdot\,  \sum_{j=0}^r   |b_j| + \sup_{n\in \N} |A_n| \cdot \biggl| \sum_{j=r+1}^\infty b_j\biggr|  \\ & \le & \eta \cdot \beta + M |B_r-B| \qquad\mbox{bo $N>2r$, a więc $n=N-j>r$}\\ & \le & \eta (\beta + M)\, . \end{eqnarray*} \]

Wracając teraz do CNAB i dodając uzyskane oszacowania obu składników prawej strony, otrzymujemy

\[ |C_N-AB| \le \eta (\beta + M +|A|)  < \eta(\beta + M +|A|+1) \qquad\mbox{dla wszystkich $N>2r$.} \]

Wybierając $ \eta = \eps (\beta + M +|A|+1)^{-1}  $, kończymy dowód zbieżności $ C_N $ do $ AB $.

Aby wykazać ostatnią część twierdzenia, tzn. zbieżność bezwzględną szeregu $ C $ przy założeniu bezwzględnej zbieżności obu szeregów $ A $ i $ B $, zauważamy, że

\[ |c_n|\le \sum_{j=0}^n |a_j|\cdot |b_{n-j}| \]

i stosujemy pierwszą część twierdzenia do iloczynu zbieżnych bezwzględnie szeregów $ \sum |a_n|, $ $ \sum |b_n| $, otrzymując zbieżność szeregu $ \sum |c_n| $ z kryterium porównawczego.

Założenie zbieżności bezwzględnej jednego z szeregów $ A,B $ jest w twierdzeniu Mertensa istotne.

Przykład Niech $ a_n=b_n=(-1)^n/\sqrt{n+1} $. Szeregi $ A=\sum a_n $ i $ B= \sum b_n $ są wtedy zbieżne. To wynika z kryterium Leibniza. Jednak

\[ \begin{eqnarray*} |c_n|= \biggl|\sum_{j=0}^n a_jb_{n-j}\biggr| & = & |(-1)^n| \sum_{j=0}^n\frac{1}{\sqrt{j+1}\, \cdot\, \sqrt{n-j+1}} \\   & \ge   & \sum_{j=0}^n\frac{2}{n+2}= \frac{2(n+1)}{n+2}\ge 1\, . \end{eqnarray*} \]

Zatem $ c_n\not\to 0 $, więc szereg $ C=\sum c_n $ jest rozbieżny. (Aby uzyskać środkową nierówność, zastosowaliśmy nierówność między średnimi: $ \sqrt{j+1}\, \cdot\, \sqrt{n-j+1}\le \frac{(j+1)+(n-j+1)}2 = \frac{n+2}2 $.)

Na zakończenie tego podrozdziału sformułujemy jeszcze jedno twierdzenie, które uzupełnia twierdzenie Mertensa.

Twierdzenie [E. Ces\`{a}ro] Jeśli szeregi $ A=\sum_{n=0}^\infty a_n $ oraz $ B=\sum_{n=0}^\infty b_n $ są zbieżne, to ich iloczyn Cauchy'ego, tzn. szereg

\[ C=\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \biggl(\sum_{j=0}^n a_jb_{n-j}\biggr) \]

ma następującą własność:

\[ \lim_{N\to \infty}\frac{C_0+C_1+C_2+\cdots + C_N}{N+1} = AB, \]

gdzie

\[ C_k  = \sum_{j=0}^k a_jb_{k-j} \, . \]

     Szkic dowodu. Jak w dowodzie twierdzenia Mertensa, sprawdzamy, że

\[ C_k= b_0A_k + b_1A_{k-1} + \cdots + b_k A_0\, . \]

Sumując takie równości dla $ k=0,1,\ldots, N, $ otrzymujemy

\[ C_0+C_1+C_2+\cdots + C_N = B_0A_N+ B_1 A_{N-1} + \cdots + B_N A_0 = \sum_{j=0}^N B_jA_{N-j}\, . \]

Dlatego

\[ \frac{C_0+C_1+C_2+\cdots + C_N}{N+1} - AB  = \frac 1{N+1}    \sum_{j=0}^N (B_jA_{N-j}-AB) \equiv (\ast)\, . \]

Jeśli zarówno $ j $, jak i $ N-j $ są odpowiednio duże, to składnik $ B_jA_{N-j}-AB $ jest mały. Trzeba jednak uporać się z oszacowaniem wielu takich składników, oraz uwzględnić inne! Dlatego weźmiemy $ N>3k\gg 1 $ i podzielimy ostatnią sumę $ (\ast) $ na trzy części:

  • ogon lewy, tzn. $ k $ składników o numerach $ j=0,1,\ldots, k-1 $;
  • środek, tzn. $ (N+1)-2k $ składników takich, gdzie zarówno $ j $, jak i $ N-j $ są równe co najmniej $ k $;
  • ogon prawy, tzn. $ k $ składników o numerach $ j $ takich, że $ N-j=0,1,\ldots, k-1 $.

Ustalmy $ \eps>0  $ i $ \eta>0 $. Ciągi $ A_s,B_s $ są ograniczone, gdyż są zbieżne. Niech

\[ M > 1+ \sup_{s\in \N} |A_s| + \sup_{s\in \N} |B_s| + |A| + |B|  > 0\, . \]

Każdy składnik lewego ogona jest nie większy od $ 2M^2 $ (brutalne użycie nierówności trójkąta pozwala oszacować różnicę iloczynów przez sumę modułów iloczynów), a zatem cały lewy ogon ma sumę równą co najwyżej $ 2M^2\cdot k / (N+1) $. Podobnie, suma prawego ogona nie przekracza $ 2M^2\cdot k / (N+1) $. Ustalmy teraz $ k=k(\eta) $ tak, aby

\[ \max(|A_j-A|,|B_j-B|) < \eta \qquad\mbox{dla wszystkich $j\ge k$.} \]

Nietrudno sprawdzić, że przy takim warunku środek ma sumę nie większą niż

\[ \frac{N+1-2k}{N+1} \, \cdot \, 2 M \cdot \eta  < 2 M\eta \]

(liczba składników środka razy oszacowanie składnika z góry (Bardzo uważny Czytelnik zechce sprawdzić, że można zamiast $ 2M $ napisać $ M $; to i tak nie ma szczególnego znaczenia.)). Dlatego

\[ |(\ast)|\le |\text{ogon lewy}|+ |\text{środek}| + |\text{ogon prawy}| \le \frac{2M^2 k}{N+1} + 2M\eta + \frac{2M^2 k}{N+1} \, . \]

Biorąc $ \eta =\eps /4M $ i $ N> N_1=\max\bigl(3k,(8M^2k)/\eps\bigr) $, otrzymamy powyżej prawą stronę mniejszą od $ \frac \eps 4 + \frac \eps 2 + \frac \eps 4 = \eps $.

Zadanie Korzystając z twierdzenia Ces\`{a}ro, wykazać, że jeśli iloczyn Cauchy'ego szeregów $ A=\sum a_n $ i $ B=\sum b_n $ jest zbieżny, to jego suma $ C $ jest równa $ AB $.     Wskazówka: skorzystać z twierdzenia Stolza i Przykładu~ [link].

Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej

Zaczniemy, jak w przypadku zmiennej rzeczywistej, od twierdzenia, które mówi o istnieniu pewnej granicy.

Twierdzenie (#) Dla każdej liczby zespolonej $ z\in \C $ ciąg $ a_n(z)=(1+\frac zn)^n $ i ciąg $ b_n(z) $ sum częściowych szeregu

\[ b(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac {z^n}{n!} \]

są zbieżne do tej samej granicy. Szereg $ b(z) $ jest zbieżny bezwzględnie dla każdego $ z\in \C $.

Dowód:
Krok 1. Ponieważ dla wszystkich $ n>2|z| $ jest

\[ \left|\frac{z^{n+1}/(n+1)!}{z^n/n!} \right|=\frac{|z|}{n+1} < \frac{1}{2}=\frac{(1/2)^{n+1}}{(1/2)^n}, \]

więc z ilorazowej wersji kryterium porównawczego wynika, że szereg $ b(z) $ jest zbieżny bezwzględnie dla każdej liczby $ z\in \C $.

Krok 2. Wykażemy, że $ \lim_{n\to\infty} a_n(z)=b(z) $. Mamy

\[ |a_n(z)-b(z)|\le |a_n(z)-b_k(z)|+|b_k(z)-b(z)|. \]

Każdy składnik oszacujemy osobno, dobierając najpierw dużą liczbę $ k $, a potem dostatecznie duże $ n> k $ . Z dwumianu Newtona otrzymujemy

\[ \begin{eqnarray*}    a_n(z)-b_k(z)= \left(1+\frac zn\right)^n  -\sum_{j=0}^k\frac{z^j}{j!}&= &\sum_{j=0}^n \binom nj \frac{z^j}{n^j} -\sum_{j=0}^k\frac{z^j}{j!}\\ & = & 1+ z+\sum_{j=2}^n \frac{z^j}{j!} \cdot   \frac{n(n-1)\ldots(n-j+1)}{n^j} -\sum_{j=0}^k\frac{z^j}{j!} \\    & = &  \alpha_{k,n}(z) + \beta_{k,n}(z), \end{eqnarray*} \]

gdzie

\[ \begin{gather*} \alpha_{k,n}(z)=\sum_{j=2}^k  \frac{z^j}{j!}\left[\left(1-\frac 1n\right)\cdot  \left(1-\frac 2n\right)\cdot \ldots\cdot\left(1-\frac{j-1}{n}\right) -1\right]\,  \\ \beta_{k,n}(z)=\sum_{j=k+1}^n \frac{z^j}{j!}  \left(1-\frac 1n\right)\cdot  \left(1-\frac 2n\right)\cdot \ldots\cdot\left(1-\frac{j-1}{n}\right) \end{gather*} \]

Stąd

\[ \begin{equation} |a_n(z)-b(z)|\le |\alpha_{k,n}(z)| + |\beta_{k,n}(z) |   +|b_k(z)-b(z)|\, .   \label{exp-3skl} \end{equation} \]

Ustalmy $ \eps>0 $ i rozpatrzmy składniki prawej strony exp-3skl. Po pierwsze,

\[ \begin{eqnarray*} |\alpha_{k,n}(z)|             & \le &    \sum_{j=2}^k\frac{|z|^j}{j!} \cdot\max_{2\le j\le k} \left[1-\left(1-\frac 1n\right)\cdot  \left(1-\frac 2n\right)\cdot \ldots\cdot\left(1-\frac{j-1}{n}\right)\right] \\ & \le & b(|z|)\cdot \left(1-\left(1-\frac kn\right)^k\right)\qquad\mbox{(i sumę, i maksimum szacujemy osobno)}    \\ &\le & b(|z|)\cdot \frac{k^2}{n}\, . \end{eqnarray*} \]

Aby napisać ostatnią linijkę, skorzystaliśmy dla liczb $ k $ oraz $ n>k $ z nierówności Bernoulli'ego $ (1-k/n)^k\ge 1-k^2/n $.

Po drugie, z nierówności trójkąta,

\[  |\beta_{k,n}(z) |   \le \sum_{j=k+1}^n \frac{|z|^j}{j!} = b_n(|z|)-b_k(|z|)=\Bigl|b_n(|z|)-b_k(|z|) \Bigr|<\frac{\eps}3\,  \]

dla wszystkich $ n>k>n_0 $, gdyż ciąg $ b_n(|z|) $ jest zbieżny jako ciąg sum częściowych zbieżnego szeregu $ b(|z|) $, a więc spełnia warunek Cauchy'ego.

Ustalmy teraz jakiekolwiek konkretne $ k>n_0 $, tak, aby prócz powyższej nierówności na $ \bigl|\beta_{k,n}(|z|)\bigr| $ mieć także $ |b_k(z)-b(z)|<\eps/3 $. Jest to możliwe, gdyż $ b_k(z)\to b(z) $ dla $ k\to\infty $.

Na koniec wybierzmy $ n_1>k $, tak, aby dla wszystkich $ n>n_1 $ mieć

\[ |\alpha_{k,n}(z)|\le b(|z|) \frac {k^2}n < \frac \eps 3\, . \]

Widać, że wystarczy wziąć $ n_1> 3k^2 b(|z|)/\eps $. Przy takim doborze $ n_1 $ każdy z trzech składników prawej strony nierówności exp-3skl będzie mniejszy od $ \eps /3 $. Zatem, wprost z definicji granicy, $ \lim_{n\to\infty} a_n(z) = b(z) $.

Definicja Dla każdej liczby zespolonej $ z\in \C $ kładziemy

\[ 	\exp (z) = \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac zn\right)^n =   \sum_{n=0}^\infty \frac {z^n}{n!}\, . 	\]

Jak widać, dla rzeczywistych $ z $ określamy tę samą funkcję, co w poprzednim rozdziale.

Twierdzenie [własności $ \exp $ w dziedzinie zespolonej] Funkcja $ \exp\colon\C\to\C $ ma następujące własności:

  1. $ \exp(z+w)=\exp z \, \cdot \, \exp w $ dla wszystkich $ z,w\in \C $;
  2. Dla wszystkich $ z\in  \C $ jest $ \exp z \not = 0 $, $ \exp (-z) = (\exp z)^{-1}   $.
  3. Dla $ z=iy $, gdzie $ y\in\R $, mamy $ \overline{\exp (iy)}=\exp(-iy) $ oraz $ |\exp(iy)|=1 $.
  4. Dla wszystkich $ z\in  \C $ jest $ |\exp(z)|=\exp (\mathrm{Re}\, z) $.
  5. Dla każdego zbieżnego do zera ciągu $ (z_n)\subset \C $ ($ z_n\not=0 $ dla wszystkich $ n $) i~dla każdego $ w\in \C $ zachodzi równość
    \[ \begin{equation} 		\label{pochodna-expz} 	\lim_{n\to\infty}  	\frac{\exp(w+z_n)-\exp(w)}{z_n} =\exp(w)  \, . 	\end{equation} \]

(#)

Dowód:
Własność (i) udowodnimy, posługując się twierdzeniem Mertensa i równością

\[ \exp(z)=b(z) =\sum_{n=0}^\infty \frac {z^n}{n!}\, . \]

Ponieważ szereg $ b(z) $ jest zbieżny bezwzględnie dla wszystkich $ z $, więc $ b(z)b(w) $ jest, wobec twierdzenia Mertensa, sumą iloczynu Cauchy'ego (szeregu $ b(z) $ i szeregu $ b(w) $). Inaczej mówiąc, iloczyn $ \exp(z)\exp(w) $ to

\[ \begin{eqnarray*} b(z)b(w)& = & \sum_{n=0}^\infty \biggl(\sum_{j=0}^n\frac {z^j}{j!}\cdot \frac{w^{n-j}}{(n-j)!} \biggr)\qquad\mbox{(z definicji iloczynu Cauchy'ego i tw. Mertensa)}\\ & = & \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\biggl(\sum_{j=0}^n\binom nj {z^j}\cdot w^{n-j}\biggr)\qquad\mbox{(dopisujemy $n!$ w liczniku i mianowniku)}\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (z+w)^n \qquad \mbox{(korzystamy z dwumianu Newtona)}\\ & = & b(z+w)=\exp(z+w)\, . \end{eqnarray*} \]

  Własność (ii) wynika z równości $ \exp(0)=1+\frac{0}{1!}+\frac{0^2}{2!}+\cdots = 1 $ i własności (i), gdyż $ \exp(z)\exp(-z)=\exp\bigl(z+(-z)\bigr)=\exp(0)=1 $.

  Aby sprawdzić (iii), korzystamy z równości $ \displaystyle\lim_{k\to\infty} \overline{z_k}=\overline{\lim_{k\to\infty} z_k} $, która łatwo wynika ze Stwierdzenia~ [link]. Piszemy

\[ \overline{\exp (iy)} =\lim_{k\to\infty} \overline{\left(1+\frac{iy}k\right)^k} = \lim_{k\to\infty} \left(1-\frac{iy}k\right)^k = \exp(-iy)\, . \]

Stąd

\[ |\exp(iy)|^2=\exp(iy)\cdot \overline{\exp (iy)} =\exp(iy)\exp(-iy)=\exp\bigl(iy+(-iy)\bigr)=1\, . \]

  Własność (iv) jest prostą konsekwencją (iii) oraz (i). Jeśli $ z=x+iy $, gdzie $ x,y\in \R $, to

\[ |\exp(z)|=|\exp(x)|\,\cdot\, |\exp(iy)| =|\exp(x)|\, \cdot \,    1=\exp(x)  \, . \]

Ostatnią równość piszemy bez wahania, gdyż dla $ x\in \R $ jest $ \exp(x)=\bigl(\exp(x/2)\bigr)^2>0 $.

Została nam do udowodnienia własność (v). Podobnie jak w przypadku funkcji wykładniczej zmiennej rzeczywistej, nietrudno zauważyć, że wystarczy wykazać, iż

\[ \begin{equation} 	\lim_{n\to\infty}  	\frac{\exp(z_n)-1}{z_n} = 1  \label{expwzerze}  \end{equation} \]

dla każdego ciągu $ (z_n)\subset \C\setminus \{0\} $, $ z_n\to 0 $ dla $ n\to\infty $. Dla wszystkich liczb $ z $ takich, że $ |z|\le 1 $, mamy (Uwaga: formalnie biorąc, zaprezentowany tu rachunek jest oczywisty. Korzystamy w nim jednak z ciągłości modułu:) jeśli $ w_k\to w $, to $ |w_k|\to |w| $ dla $ k\to\infty $.

\[ \begin{eqnarray*} |\exp(z)-1-z| & = & \biggl|\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots \biggr|\\  & \le & \frac{|z|^2}{2!}+\frac{|z|^3}{3!}+\frac{|z|^4}{4!}+\cdots \\ & \le & |z|^2 \biggl(\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots \biggr) \qquad\mbox{(bo $1\ge |z|^2\ge |z|^3\ge |z|^4\ge \ldots $})\\ & = & |z|^2(e-2)\, . \end{eqnarray*} \]

Zatem, jeśli $ z_n\to 0 $, $ z_n\not=0 $, to dla wszystkich dostatecznie dużych $ n $ jest

\[ 0\le \biggl|\frac{\exp(z_n)-1}{z_n} -1\biggr|   = \biggl|\frac{\exp(z_n)-1-z_n}{z_n} \biggr| \le |z_n|(e-2)\, . \]

Równość expwzerze wynika teraz z twierdzenia o trzech ciągach.

Wniosek [ciągłość funkcji $ \exp $ na $ \C $] Jeśli $ (\xi_n)\subset \C $ i $ \xi_n\to \xi $ dla $ n\to \infty $, to wówczas $ \exp (\xi_n)\to \exp(\xi) $ dla $ n\to \infty $. (#)

Dowód:
Niech najpierw $ \xi_n\to 0 $. Wtedy, wobec własności (v) z poprzedniego twierdzenia oraz arytmetycznych własności granicy,

\[ \exp(\xi_n)=\xi_n \cdot \underbrace{\frac{\exp(\xi_n)-1}{\xi _n}}_{\to 1, \text{ własność (v)}} + 1\longrightarrow 0 \cdot 1 + 1 = 1=\exp(0)\, . \]

Korzystając z tej równości i z własności grupowej $ \exp(z+w)=\exp(z)\exp(w) $, w przypadku ogólnym piszemy

\[ \exp(\xi_n)=\exp(\xi_n-\xi)\cdot \exp(\xi) \stackrel{}\to 1 \cdot \exp (\xi) = \exp(\xi)\, , \]

gdyż $ \xi_n-\xi\to 0 $. Dowód jest zakończony.

     Uwaga. Czytelnik zechce zauważyć, że schemat dowodu jest w gruncie rzeczy taki sam, jak w przypadku rzeczywistym: dowodzimy najpierw różniczkowalności $ \exp $, a potem ciągłości $ \exp $. Kluczem do obu własności jest oszacowanie modułu różnicy $ \exp(z)-1-z $ dla małych $ z $. W przypadku rzeczywistym najpierw dowodziliśmy oszacowania (E6) w Twierdzeniu~ [link], a z niego wynikała i różniczkowalność, i ciągłość funkcji wykładniczej. ExpPlot-1.png

{\footnotesize\baselineskip 11pt Portret $ \exp $, I. Wykres funkcji $ f(x,y)=\mathrm{Re}\, (\exp(x+iy)) $ nad prostokątem $ -2\le x\le 1.5 $, $ 0\le y\le 12.56 $; innymi słowy, wysokość punktu powierzchni nad dolnym dnem pudełka jest równa $ \mathrm{Re}\, (\exp(x+iy)) $. Szare linie to poziomice (jak na mapie: wysokość na poziomicy ma jedną, ustaloną wartość. Kolory powierzchni zależą liniowo od części urojonej liczby $ \exp(x+iy) $. Przednia krawędź powierzchni odpowiada wartości $ y=\mathrm{Im}\, z = 0 $: widzimy wykres $ \exp $ na $ \R $.

}

    

Na zakończenie tego podrozdziału wykażemy, że funkcja wykładnicza jest jednoznacznie wyznaczona przez dwie swoje własności.

Twierdzenie [charakteryzacja $ \exp $](#) Załóżmy, że funkcja $ f\colon \C\to\C $ spełnia dwa warunki:

  1. Dla wszystkich $ z,w\in \C $ jest $ f(z+w)=f(z)f(w) $;
  2. Dla każdego zbieżnego do zera ciągu liczb zespolonych $ z_n $ ($ z_n\not=0 $ dla wszystkich $ n $) zachodzi równość
    \[ 	\lim_{n\to\infty} \frac{f(z_n)-1}{z_n} =1  \, . 	\]

Wówczas $ f(z)=\exp(z) $ dla każdego $ z\in \C $.

Zanim podamy dowód tego twierdzenia, sformułujemy zespolony odpowiednik lematu o ciągach szybko zbieżnych do $ 1 $.

Lemat (#) Jeśli $ \eps_n $ jest ciągiem liczb zespolonych takim, że $ n\eps_n\to 0 $ dla $ n\to \infty $, to wówczas

\[ \lim_{n\to\infty} \left(1+\eps_n\right)^n = 1, \qquad  \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac z n + \eps_n\right)^n = \exp z \]

dla każdego $ z\in \C $.

    Dowód Lematu~ [link]. Najpierw udowodnimy pierwszą równość. Z nierówności trójkąta, zastosowanej do sumy, którą otrzymujemy, rozpisując $ (1+\eps_n)^n-1 $ z użyciem dwumianu Newtona, wynika, że

\[ 0\le \bigl|(1+\eps_n)^n -1\bigr| \le (1+|\eps_n|)^n-1  \]

Jednak z Lematu~ [link] wynika, że ciąg $ (1+|\eps_n|)^n-1 $ jest zbieżny do 0, więc na mocy twierdzenia o trzech ciągach $ (1+\eps_n)^n\to 1 $.

Druga podana w lemacie równość wynika łatwo z twierdzenia o granicy iloczynu ciągów i definicji funkcji wykładniczej, gdyż

\[ \left(1+\frac z n + \eps_n\right)^n= \left(1+\frac z n\right)^n\, \cdot \, \left(1+\eps_n'\right)^n \]

dla $ \eps_n'=\eps_n/(1+\frac z n) $. Oczywiście $ n\eps'_n\to 0 $, więc z pierwszej cześci lematu $ (1+\eps_n')^n\to 1, $ a zatem każda ze stron powyższej równości ma dla $ n\to\infty $ granicę równą $ \exp(z) $.

ExpPlot-2.png

{\footnotesize\baselineskip 11pt Portret $ \exp $, II. Wykres funkcji $ f(x,y)=\mathrm{Re}\, (\exp(x+iy)) $ nad prostokątem $ -2\le x\le 1.5 $, $ 0\le y\le 12.56 $. Widok z innej strony. Przednia krawędź nie bez powodu wygląda tak, jak sinusoida. Związek funkcji wykładniczej z trygonometrycznymi poznamy w następnym podrozdziale. Tu widać, że zarówno wysokości, jak i kolory powtarzają się w kierunku osi urojonej. Wykażemy później, że funkcja wykładnicza jest okresowa -- w kierunku osi urojonej!

}

    Dowód Twierdzenia~ [link]. Ustalmy dowolny punkt $ z\in \C $, $ z\not=0 $. Oznaczmy

\[ \delta_n = \frac{f(z/n)-1}{z/n}- 1, \qquad n=1,2,\ldots \]

Z założenia (ii) wynika, że $ \lim_{n\to\infty}\delta_n=1-1=0 $. Używając wzoru definiującego $ \delta_n $ do wyznaczenia wartości $ f(z/n) $, otrzymujemy

\[ f\Bigl(\frac z n\Bigr) = 1 + \frac{z+z\delta_n}n = 1 + \frac z n   + \eps_n\, , \]

gdzie $ \eps_n= z \delta_n/n $ jest ciągiem liczb zespolonych takim, że $ n\eps_n\to 0 $ dla $ n\to \infty $. Z Lematu~ [link] otrzymujemy i założenia (i) otrzymujemy teraz

\[ f(z)=f\Bigl(\frac z n+\cdots+\frac z n\Bigr)= f\Bigl(\frac z n\Bigr)^n  = \left(1 + \frac z n   + \eps_n \right)^n\to \exp(z) \qquad\mbox{dla $n\to\infty$.} \]

Lewa strona nie zależy w ogóle od $ n $, więc mamy po prostu $ f(z)=\exp(z) $. Teza wynika z dowolności $ z $; wprawdzie pominęliśmy w rozważaniach $ z=0 $, ale $ f(0)=f(0+0)=f(0)^2 $, tzn. $ f(0)=0 $ lub $ 1 $ -- pierwszą możliwość odrzucamy, gdyż prowadziłaby do $ f\equiv 0 $, co jest sprzeczne z założeniem (ii).

 

Dla zainteresowanych przytoczymy jeszcze kilkanaście linijek kodu, które posłużyły do narysowania powyższych wykresów w programie Mathematica (jest on dostępny w laboratorium komputerowym MIM). Różne widoki powierzchni można było uzyskać, obracając gotowy rysunek myszką na ekranie.

 Plot3D[Re[Exp[x + I*y]], {x, -2, 1.5}, {y, 0, 4*Pi},  		PlotPoints -> {100, 100},  		BoxRatios -> {1, 2, 1.3}, PlotRange -> All,  			TicksStyle -> Directive[Black, Thick, 24],  		PlotStyle -> Directive[Opacity[0.5]],  		ColorFunction -> (Hue[(Arg[Exp[#1 + I*#2]])/(2*Pi)] &),  		ColorFunctionScaling -> False,  		MeshFunctions -> (#3 &),  		MeshStyle -> {Gray, Thick},  		Mesh -> 20, ImageSize -> 700,  		PerformanceGoal -> "Quality",  		AxesLabel  				    -> (Style[#, 24] & /@ {"Re(z)", "Im(z)", "Re(exp(z))"})  ] 

Funkcje trygonometryczne

Istnieje wiele równoważnych sposobów ścisłego definiowania funkcji trygonometrycznych. Jeden z nich polega na wykorzystaniu ich związku z funkcją wykładniczą zmiennej zespolonej.

Definicja (#) Dla każdej liczby zespolonej $ z\in\C $ przyjmujemy

\[ \cos z = \frac{\exp(iz)+\exp(-iz)}{2}\, , \qquad \sin z = \frac{\exp(iz)-\exp(-iz)}{2i}\, . \]

Wzory użyte w tej definicji będziemy nazywać wzorami Eulera.

Twierdzenie [własności funkcji trygonometrycznych](#) Dla każdego $ z\in \C $ zachodzą równości:

    {(T\arabic{enumi)}}

  1. $ (\sin z)^2+(\cos z)^2=1 $.
  2. $ \exp (iz)  = \cos z + i\sin z $, a ponadto
    \[ \begin{eqnarray}  	\label{szereg-cos} \cos z &= &\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{z^{2k}}{(2k)!} = 1 -\frac{z^2}{2!} +\frac{z^4}{4!} - \frac{z^6}{6!}+\cdots,\\   \label{szereg-sin}  \sin z &= &\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k}\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} = z -\frac{z^3}{3!} +\frac{z^5}{5!} -\frac{z^7}{7!} + \cdots \end{eqnarray} \]

    (i oba szeregi są bezwzględnie zbieżne).

Wreszcie,

    \setcounter{enumi}{2} {(T\arabic{enumi)}}

  1. dla każdego ciągu $ (z_n)\subset\C\setminus\{0\} $, który jest zbieżny do zera, zachodzą równości
    $$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\sin z_n}{z_n}=1, \qquad \lim _{n\to\infty} \frac{\cos z_n-1}{z_n}=0 .$$

Dowód:
Wprost z definicji funkcji trygonometrycznych i równości

$$\exp(z)\exp(w)=\exp(z+w)$$

otrzymujemy

\[ \begin{eqnarray*} (\cos z)^2 + (\sin z)^2 & = & \left(\frac{\exp(iz)+\exp(-iz)}{2}\right)^2+ \left(\frac{\exp(iz)-\exp(-iz)}{2i}\right)^2 \\ & =  &  \frac{\exp(2iz)+2+\exp(-2iz)}{4}+\frac{\exp(2iz)-2+\exp(-2iz)}{-4}  \\  & = & \frac 4 4 \ = \ 1, \end{eqnarray*} \]

tzn. własność (T1). Mamy także

\[ \cos z + i \sin z =   \frac{\exp(iz)+\exp(-iz)}{2}+ i \,    \frac{\exp(iz)-\exp(-iz)}{2i} = \exp(i z)\, . \]

Z definicji cosinusa,

\[ 2 \cos z = \exp (iz) + \exp(-iz)  =  \lim_{n\to\infty} \biggl( \sum_{k=0}^{n} \frac{i^kz^k}{k!} + \frac{(-i)^kz^k}{k!}  \biggr)=  \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{z^k}{k!} \left(i^k+(-i)^k\right) \, . \]

Ponieważ

\[ i^k+ (-i)^k = \left(1+(-1)^k\right) i^k =\left\{ \begin{array}{rl} 0, \quad & \mbox{gdy $k$ jest nieparzyste,}      \\ 2, \quad & \mbox{gdy $k$ jest podzielne przez $4$,} \\   -2,\quad & \mbox{gdy $k=4l-2$ dla pewnego $l\in \N$,} \end{array}\right. \]

więc łatwo wynika stąd wzór szereg-cos (zostają tylko składniki o parzystych numerach, ze znakami na przemian). Zbieżność bezwzględna szeregu szereg-cos, tzn. zbieżność szeregu

\[ 1 + \frac{|z|^2}{2!} +\frac{|z|^4}{4!} + \frac{|z|^6}{6!}+\cdots \]

wynika stąd, że $ j $-ta suma częściowa nie przekracza $ (2j-1) $-szej sumy cześciowej szeregu

\[ 1+|z|+ \frac{|z|^2}{2!} +\frac{|z|^3}{3!}+\frac{|z|^4}{4!} + \frac{|z|^5}{5!}+\cdots = \exp(|z|)\, . \]

Podobnie dowodzimy wzoru szereg-sin i bezwzględnej zbieżności występującego w nim szeregu. To kończy dowód własności (T2).

Dla dowodu (T3) ustalmy ciąg $ z_n\to 0 $ ($ z_n\not=0 $ dla wszystkich $ n\in \N $) i napiszmy

\[ \frac{\sin z_n}{z_n} = \frac{\exp(iz_n)-\exp(-iz_n)}{2iz_n} =\frac{1}{2}\left(\frac{\exp(iz_n)-1}{iz_n}+\frac{\exp(-iz_n)-1}{-iz_n}\right)\, . \]

Z własności (v) zespolonej funkcji wykładniczej wynika, że każdy ze składników w nawiasie ma dla $ n\to\infty $ granicę równą 1, więc z twierdzenia o arytmetycznych własnościach granic otrzymujemy $ (\sin z_n)/z_n\to 1 $. Podobnie radzimy sobie z cosinusem, pisząc

\[ \frac{\cos z_n-1}{z_n}= \frac{\exp(iz_n)+\exp(-iz_n)-2}{2z_n}= \frac{i}{2} \left(\frac{\exp(iz_n)-1}{iz_n}+\frac{\exp(-iz_n)-1}{iz_n}\right) \, . \]

Tym razem dla $ n\to \infty $ pierwszy składnik w nawiasie ma granicę równą 1, a drugi granicę równą $ -1 $. Dlatego ich suma ma granicę 0.

Ze wzorów szereg-cos, szereg-sin otrzymujemy natychmiast

Wniosek Dla każdego $ z\in \C $ jest $ \cos(-z)=\cos z $, $ \sin(-z)=-\sin z $.

Wniosek Jeśli $ x\in \R $, to $ \sin x,\cos x\in \R\cap [-1,1] $. Ponadto, $ \cos 0 =1 $, $ \sin 0 = 0 $.

Dowód:
Sumy szeregów szereg-cos i szereg-sin są, rzecz jasna, liczbami rzeczywistymi, gdy $ z=x\in \R $. To, że $ \sin x $ oraz $ \cos x $ należą do przedziału $ [-1,1] $, wynika z własności (T1). Wartości sinusa i cosinusa w zerze obliczamy, wstawiając $ z=0 $ we wzorach szereg-sin i szereg-cos.

Wniosek [ciągłość funkcji trygonometrycznych](#) Dla każdego ciągu $ (z_n)\subset \C $ takiego, że $ \lim z_n=z\in \C $, mamy

\[ 	\lim_{n\to\infty} \sin z_n = \sin z\, , \qquad   	\lim_{n\to\infty} \cos z_n = \cos z\, . 	\]

Dowód:
To wynika ze wzorów Eulera i Wniosku~ [link] (ciągłości funkcji wykładniczej).

Stwierdzenie (#) Dla dowolnych liczb zespolonych $ z,w\in C $ zachodzą równości

\[ \begin{eqnarray*}  	\cos z - \cos w  	& = & -2 \sin \frac{z-w}2 \sin \frac{z+w}2 \, , \\ 	\sin z - \sin w & = & 2 \sin \frac{z-w}2 \cos \frac{z+w}2 \, .  	\end{eqnarray*} \]

Dowód:
Oba wzory uzyskujemy z czysto szkolnych rachunków, stosując definicję sinusa i cosinusa oraz własność $ \exp(z+w)=\exp(z)\exp(w) $. Sprawdźmy dla przykładu wzór na różnicę cosinusów. Jego prawa strona to

\[ \begin{eqnarray*}  -2 \sin \frac{z-w}2 \sin \frac{z+w}2 & = & \frac{-2}{2i\cdot 2i}  \left(e^{i(z-w)/2}-e^{-i(z-w)/2}\right) \left(e^{i(z+w)/2}-e^{-i(z-w)/2}\right)  \\ & = & \frac 12 \left(e^{iz}-e^{iw}-e^{-iw}+e^{iz}\right) \\ & = & \cos z - \cos w\, . \end{eqnarray*} \]

Wzór na różnicę sinusów uzyskujemy podobnie. Szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi.

Liczba $ \pi $

Czytelnik, który zna funkcje trygonometryczne ze szkoły, zauważył zapewne, że dotychczas nie dysponujemy formalnym opisem miejsc zerowych tych funkcji. Aby ten opis uzyskać i przy okazji zdefiniować liczbę $ \pi $, udowodnimy następujące twierdzenie.

Twierdzenie (#)W przedziale $ (0,2) $ funkcja $ \cos $ ma dokładnie jedno miejsce zerowe.

Dowód tego twierdzenia poprzedzimy serią nieskomplikowanych lematów, które komuś, kto myśli: przecież widziałem już kiedyś wykresy sinusa i cosinusa, a ponadto wiem, że jedyne miejsce zerowe cosinusa w przedziale $ (0,2) $ to $ \pi/2=1,\!57\ldots $, mogą się wydawać oczywiste, ale pamiętajmy: funkcje trygonometryczne to dla nas obiekty zdefiniowane wzorami Eulera! Chcemy sprawdzić ich własności, odwołując się wyłącznie do definicji i~do tego, co już wykazaliśmy w sposób ścisły.

Lemat Dla każdego $ y\in (0,2] $ zachodzą nierówności $ y>\sin y >0 $.

Dowód:
Dzięki szereg-sin mamy

\[ \sin y = y - \lim_{n\to\infty} s_n(y), \]

gdzie

\[ s_n(y)=\left(\frac{y^3}{3!}-\frac{y^5}{5!}\right) + \left(\frac{y^7}{7!}-\frac{y^9}{9!}\right) +\cdots+\left(\frac{y^{4n-1}}{(4n-1)!}-\frac{y^{4n+1}}{(4n+1)!} \right)\, . \]

Każdy z nawiasów jest dodatni dla $ y\in (0,2] $, gdyż dla $ n\in \N $ mamy $ 4n+1> 3 $ i $ 4n> 2 $, a więc

\[ 1>\frac{2^2}{2\cdot 3} \ge \frac{y^2}{4n(4n+1)}>0 \quad\Rightarrow\quad    \frac{y^{4n-1}}{(4n-1)!} > \frac{y^{4n+1}}{(4n+1)!}\,. \]

Zatem $ s_n(y) $ rośnie i ma wyrazy dodatnie. Dlatego $ \lim s_n(y) >0 $ i $ \sin y < y $ dla $ y\in (0,2] $. Podobnie sprawdzamy, że $ \sin y > 0 $ dla $ y\in (0,2] $: to wynika stąd, że każdy składnik po prawej stronie równości

\[ \sin z = \left(y-\frac{y^3}{3!}\right)+\left(\frac{y^5}{5!}-\frac{y^7}{7!}\right) + \cdots \]

jest dodatni, gdy $ y\in (0,2] $.

Lemat (#) Cosinus jest malejący na przedziale $ [0,2] $, tzn.

\[ \begin{equation} \label{monot-cos} x_1,x_2 \in [0,2],\quad x_2>x_1 \qquad\Rightarrow\qquad \cos x_2 < \cos x_1\, .	 \end{equation} \]

Ponadto, dla wszystkich $ x_1,x_2\in [0,2] $ jest

\[ |\cos x_2 - \cos x_1  |\le |x_2-x_1|\, . \]

Dowód:
Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów (patrz Stwierdzenie~ [link]), piszemy dla $ x_1<x_2, x_1,x_2\in [0,2] $

\[ \cos x_2 - \cos x_1  = - 2\sin \frac{x_2-x_1} 2 \sin \frac{x_2+x_1} 2\, \qquad\mbox{ dla $x_1<x_2,\ x_1,x_2\in [0,2]$.} \]

Jednak $ y=\frac{x_2-x_1} 2\in (0,1] $, więc zgodnie z poprzednim Lematem jest $ \sin y >0 $. Podobnie, $ \sin \frac{x_2+x_1} 2>0 $, gdyż $ (x_1+x_2)/2\in (0,2] $. Oba sinusy w powyższej równości są więc dodatnie, a stąd $ \cos x_2 - \cos x_1<0 $.

Ponadto, przy założeniu $ 2\ge x_2> x_1 \ge 0 $ jest

\[ |\cos x_2 - \cos x_1| = 2 \biggl|\sin \frac{x_2-x_1} 2 \sin \frac{x_2+x_1} 2\biggr| \le  2 \biggl|\sin \frac{x_2-x_1} 2\biggr| =  2\sin \frac{x_2-x_1} 2 \le x_2-x_1. \]

W ostatniej nierówności skorzystaliśmy z tego, że $ \sin y \le  y $ na $ (0,2] $.

Lemat Dla każdej liczby $ x\in [0,1) $ jest $ \cos x > 0 $, a dla każdej liczby $ y\in [\frac{40}{23},2] $ jest $ \cos y < 0 $. (#)

Dowód:
Po pierwsze, dla każdej liczby $ x\in [0,1) $ mamy wobec nierówności z poprzedniego Lematu: \( |1-\cos x|=|\cos 0 - \cos x|\le |0-x| =x < 1, \) a więc $ \cos x > 0 $. Oszacujemy teraz liczbę $ \cos 2 $. Mamy

\[ \begin{eqnarray*} \cos 2 & = & 1-\frac {2^2}{2!} +\left(\frac{2^4}{4!}-\frac{2^6}{6!}\right) +                                                  \left(\frac{2^8}{8!}-\frac{2^{10}}{10!}\right) + \cdots\\ & = & -1  +\left(\frac{2^4}{4!}-\frac{2^6}{6!}\right) +                                                  \left(\frac{2^8}{8!}-\frac{2^{10}}{10!}\right) +\cdots \\ & \le & - 1 +  \frac{2^4}{4!} + \frac{2^8}{8!} + \cdots   \qquad\mbox{(opuszczamy ujemne składniki w nawiasach)} \\ & < & -1 + \frac{2^4}{4!} \left(1+ \frac{2^4}{5^4}+\frac{2^8}{5^8}+\cdots\right) \\ & = & -1 + \frac{16}{24}\cdot \frac{1}{1-\left(\frac{2}{5}\right)^4} < -1 +   \frac{16}{24}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{24}} = -\frac{7}{23}\, , \qquad\mbox{gdyż} \quad\left(\frac{2}{5}\right)^4< \frac{1}{24}\, . \end{eqnarray*} \]

Jeśli $ y\in [\frac{40}{23},2] $, to $ |y-2|\le \frac 6{23} $, a więc, dzięki nierówności $ |\cos 2-\cos y|\le |2-y|\le \frac 6{23} $ (z~poprzedniego Lematu) i powyższemu oszacowaniu liczby $ \cos 2 $, z pewnością jest

\[ \cos y \le -\frac{7}{23} + \frac{6}{23}=-\frac{1}{23} < 0. \]

Dowód Lematu~ [link] jest zakończony.

    Dowód Twierdzenia~ [link]. Ponieważ $ \cos x $ maleje na $ [0,2] $, więc ma w tym przedziale co najwyżej jedno miejsce zerowe. Niech

\[ A=\{x\in [0,2]\colon \cos x > 0\}\, . \]

Z monotoniczności cosinusa wynika, że ten zbiór jest przedziałem. Z ostatniego lematu wynika ponadto, że

\[ [0,1) \subset A, \qquad A\subset [0,40/23], \]

a więc kres górny $ x_0 $ przedziału $ A $ jest pewną liczbą z przedziału $ [1,40/23]\subset [1,7/4) $.

Ponadto, $ \cos x_0 = 0 $. Istotnie, liczba $ x_0 $ jest granicą ciągu $ x_n=x_0(1-\frac 1n ) \in A $ i dlatego z ciągłości cosinusa $ \cos x_0=\lim \cos x_n \ge 0 $. Gdyby $ \cos x_0>0 $, to wobec równości

\[ 0< \cos x_0 = \lim_{m\to \infty}\cos (x_0+m^{-1}) \]

byłoby $ \cos (x_0+\frac 1m)>0 $ dla wszystkich dostatecznie dużych $ m $, tzn.

\[ x_0+\frac 1m \in A, \qquad x_0+\frac 1m > x_0=\sup A, \]

to zaś jest sprzeczność.

Definicja [liczba $ \boldmath\pi $] Liczba $ \pi $ to liczba rzeczywista równa $ 2x_0 $, gdzie $ x_0\in (0,2) $ jest jedyną w przedziale $ (0,2) $ liczbą taką, że $ \cos x_0=0 $.
Twierdzenie Zachodzą wzory

\[ 	e^{i\pi/2}=i, \qquad e^{i\pi} + 1 = 0. 	\]

Dowód:
Wiemy już, że $ \cos \frac \pi 2 = 0 $. Zatem, z równości

\[ \left(\cos \frac \pi 2 \right)^2 + \left(\sin \frac \pi 2 \right)^2  =1 \]

wynika, że $ \sin \frac\pi 2=\pm 1=1 $, bo wiemy już, że $ \sin x>0 $ na $ (0,2) $. Zatem $ \exp(i\frac\pi 2)= 0 + 1 \cdot i = i $. Stąd wynika, że

\[ e^{\pi i}=\left(e^{\frac \pi 2 \cdot i}\right)^2 = i^2 = -1\, . \]

To kończy dowód.

Definicja Liczba $ T\not=0 $ jest okresem funkcji $ f\colon \C\to\C $ (odpowiednio: funkcji $ f\colon \R\to\R $) wtedy i tylko wtedy, gdy $ f(z+T)=f(z) $ dla każdego $ z\in \C $ (odpowiednio: dla każdego $ z\in\R $).
Twierdzenie [okresowość $ \exp $ na $ \C $] Dla każdej liczby $ z\in \C $ i każdego $ k\in \Z\setminus\{0\} $ zachodzi równość

\[ \exp(2\pi i k + z) = \exp(z)\, , \]

tzn. $ 2\pi i k $ jest okresem funkcji wykładniczej. Ponadto, jeśli liczba $ T $ jest okresem funkcji wykładniczej, to $ T=2\pi i k $ dla pewnego $ k\in \Z $.

Dowód:
Jeśli $ T=2\pi i k $, gdzie jest całkowite, to wtedy dla każdej liczby zespolonej $ z $ mamy

\[ \exp(z+T)=\exp(z)\exp (T)=\exp(z)\exp(2\pi i)^{k} = \exp(z)\, ,  \]

gdyż $ \exp(2\pi i)=\exp(\pi i)^2 =(-1)^2=1. $ Dlatego każda liczba $ T=2\pi i k $, gdzie $ k\in \Z $, jest okresem funkcji wykładniczej.

Pozostaje wykazać, że innych okresów nie ma. Jeśli $ \exp(z+T)=\exp(z) $ dla wszystkich $ z\in \C $, to z pewnością $ \exp T=1 $. Niech $ T=t+is $, gdzie $ t,s\in \R $. Wtedy

\[ 1=|\exp T|=|\exp(t+is)|=\exp t, \]

a zatem $ t=0 $ i $ T=is $ dla pewnego $ s\in \R\setminus\{0\} $.

Przypuśćmy, że $ s $ nie jest całkowitą wielokrotnością $ 2\pi $. Ponieważ suma okresów funkcji jest okresem tej funkcji, więc z pierwszej części dowodu wynika, że dla każdego $ k\in \Z $ liczba $ i(s+2\pi k) $ też jest okresem $ \exp $. Dobierzmy $ k\in  \Z $ tak, aby $ s'=(s+2k\pi)\in (0,2\pi) $. Oczywiście,

\[                                                    \exp (is') = \cos s' + i\sin s' = 1\, . \]

Stąd

\[ \cos(s'/4)+i\sin(s'/4)=\exp(is'/4) \in \{1,-1,i,-i\} , \]

gdyż innych pierwiastków czwartego stopnia z jedynki nie ma. Ponieważ jednak $ 0<s'/4<\frac \pi 2<2 $, więc $ 1>\cos (s'/4)>0 $ i $ \sin (s'/4) > 0 $. To jest sprzeczność, bo w $  \{1,-1,i,-i\} $ nie ma żadnej liczby, która spełniałaby naraz obie nierówności $ \mathrm{Re}\, z>0 $ $ \mathrm{Im}\, z>0 $.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że $ s $ musi być całkowitą wielokrotnością $ 2\pi $. To kończy dowód całego twierdzenia.

Zauważmy, że dowodząc ostatniego twierdzenia, wykazaliśmy także następujący fakt.

Wniosek (#) Równość

\[ 	\exp(i\xi)=1, \qquad \xi \in \C 	\]

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $ \xi=2\pi k $ dla pewnego $ k\in \Z $.

Wniosek [okresowość funkcji trygonometrycznych] Jeśli $ T=2\pi k $, gdzie $ k\in \Z\setminus\{0\} $, to $ T $ jest okresem obu funkcji

\[ \sin,\cos\colon \C\to \C. \]

Ponadto, jeśli $ T $ jest okresem cosinusa (lub sinusa), to $ T $ jest całkowitą wielokrotnością $ 2\pi $.

Dowód:
To, że każda liczba $ T=2\pi k $, gdzie $ k\in \Z\setminus\{0\} $, jest okresem zarówno sinusa, jak i cosinusa, wynika z poprzedniego twierdzenia i wzorów Eulera.

Wykażemy drugą część twierdzenia. Niech $ T $ będzie okresem cosinusa (lub, odpowiednio, sinusa). Ponieważ $ \exp (\pm i\pi/2)=\pm i $, więc ze wzorów Eulera otrzymujemy

\[ \begin{equation}    \label{wzor-red1} \cos (z+\pi /2)  =\frac{e^{i(z+\pi/2)}+e^{-i(z+\pi/2)}}{2} = \frac{i e^{iz}-i e^{-iz}}{2} =-\sin z \quad\mbox{dla każdego $z\in \C$}\, . \end{equation} \]

Podobnie sprawdzamy, że

\[ \begin{equation}   \label{wzor-red2} \sin(z+\pi/2)=\cos z \quad\mbox{dla każdego $z\in \C$.} \end{equation} \]

Z obu tych wzorów (Wzory wzor-red1), \eqref{wzor-red2 bywają nazwywane wzorami redukcyjnymi.}wynika, że $ T $ jest także okresem sinusa (lub, odpowiednio, cosinusa). Zatem dla dowolnego $ z\in \C $ jest

\[ \exp(i(z+T)) = \cos (z+T)+i\sin (z+T)=\cos z + i\sin z = \exp(iz),    \]

tzn. liczba $ iT $ jest okresem $ \exp\colon \C\to\C $. Na mocy poprzedniego twierdzenia, $ iT $ jest całkowitą wielokrotnością $ 2\pi i $, tzn. $ T=2\pi k $ dla pewnego $ k\in \Z $.

Wniosek

  1. Jedynymi zespolonymi rozwiązaniami równania $ \sin z = 0 $ są liczby $ z=k\pi $, gdzie $ k\in \Z $.
  2. Jedynymi zespolonymi rozwiązaniami równania $ \cos z = 0 $ są liczby $ z=(k+\frac 12)\pi $, gdzie $ k\in \Z $.

Dowód:
Jeśli $ \sin z  = 0 $, to $ \cos z=\pm 1 $, więc $ \exp (iz)=\pm 1 + i \cdot = \pm 1 $, a stąd $ \exp(2iz)=1 $. Na mocy Wniosku~ [link] otrzymujemy

\[ 2z = 2k\pi, \qquad\mbox{gdzie $k\in\Z$.} \]

Zatem tylko liczby $ z=k\pi $, gdzie $ k\in \Z $, mogą być rozwiązaniami równania $ \sin z = 0 $. Na odwrót, jeśli $ z=k\pi $ i $ k\in \Z $ jest dowolne, to

\[ \exp(i k\pi) = \bigl(\exp(i\pi)\bigr)^k = (-1)^k=(-1)^k + 0\cdot i= \cos k\pi + i \sin k\pi,                                                          \]

więc $ \sin z = 0 $. To kończy dowód pierwszej części wniosku. Druga część wynika z pierwszej i z tożsamości $ \cos (z+\pi/2)=-\sin z $.

Wzór de Moivre'a

Odnotujmy prostą konsekwencję związków między funkcją wykładniczą i funkcjami trygonometrycznymi.

Stwierdzenie [wzór de Moivre'a] Jeśli $ \alpha \in \R $, to wówczas dla każdego $ n\in \N $

\[ 	 \cos n\alpha + i \sin n\alpha = (\cos\alpha + i\sin\alpha)^n  	\]

Dowód:
Z własności $ \exp $ i wzorów Eulera wynika, że lewa strona to, inaczej, $ \exp(in\alpha)=\exp(i\alpha)^n=(\cos\alpha + i\sin n\alpha)^n $.

Wniosek Jeśli $ \alpha\in \R $ i $ n\in \N $, to

\[ \cos n\alpha  =\mathrm{Re}\, \bigl(e^{i\alpha}\bigr)^n\, ,  \qquad \sin n\alpha = \mathrm{Im}\, \bigl(e^{i\alpha}\bigr)^n\, . \]

 

Znając wzór de Moivre'a (i dwumian Newtona) można bez trudu wyrażać $ \cos n\alpha $ oraz $ \sin n\alpha $ przez $ \cos\alpha $ i $ \sin\alpha $. Ciekawsze, i ważniejsze jest zastosowanie do wyznaczania sum sinusów oraz cosinusów kolejnych wielokrotności $ \alpha $ -- aby takie sumy obliczać, wystarczy umieć sumować postęp geometryczny, bowiem

\[ \sum_{n=k_1}^{{k_2}} \cos n \alpha = \sum_{n=k_1}^{{k_2}} \mathrm{Re}\,   \bigl(e^{i\alpha}\bigr)^n  =  \mathrm{Re}\, \biggl(   \sum_{n=k_1}^{{k_2}}    \bigl(e^{i\alpha}\bigr)^n  \biggl)\, .  \]

(Dla sum sinusów trzeba użyć części urojonej.)

Zadanie Sprawdzić, że jeśli $ x\in\R $ i $ \exp (ix)\not =1 $, to

\[ 	\sum_{n=0}^N \sin n x =  \frac{\sin\bigl(Nx/2\bigr)\sin \bigl((N+1)x/2 \bigr)}{\sin(x/2)}\, . 	\]

Znaleźć analogiczny wzór na sumę cosinusów. Jak zmienią się oba wzory, gdy przestaniemy zakładać, że $ \exp(ix)\not=1 $?

    

Na tym zakończymy pierwsze spotkanie z szeregami. Chciałbym, żeby Czytelnik tego tekstu nie tylko uważał szeregi za pewne obiekty matematyczne, które (być może) warto poznawać i badać same w sobie, ale widział w nich przede wszystkim narzędzie, służące m.in. do definiowania różnych funkcji, systematycznego badania ich własności, oraz obliczania ich wartości. To ma szczególne znaczenie praktyczne wtedy, gdy - mówiąc nieprecyzyjnie - szeregi są zbieżne szybko. Tak właśnie jest w przypadku szeregów $ \exp $, $ \sin $ i $ \cos $, z uwagi na błyskawiczne tempo wzrostu silni. Dopóki obliczamy np. wartości $ e^x $ dla niezbyt dużych $ x $, możemy w praktyce traktować funkcję $ \exp $ jako wielomian, złożony z pewnej liczby składników szeregu $ \sum (x^n/n!) $; np. $ e^3 $ różni się od $ \sum_{n=0}^{50}3^n/n! $ naprawdę niewiele: około $ 10^{-42} $.

\begin{center} \begin{verbatim}	 	In[1]:= N[Exp[3], 44]</p>
<p>	Out[1]= 20.085536923187667740928529654581717896987908</p>
<p>	In[2]:= N[Sum[3^n/n!, {n, 0, 50}], 44]</p>
<p>	Out[2]= 20.085536923187667740928529654581717896987906 	\end{verbatim}</p>
<p>\end{center}

Gdybyśmy chcieli z taką dokładnością określić odległość Ziemi od Słońca, nanometry byłyby zdecydowanie za dużymi jednostkami. Jeśli ktoś woli myśleć o wielkościach związanych z ekonomią, a nie z astronomią czy fizyką, może sprawdzić, jakie jest zadłużenie budżetu USA. Strona

  http://www.brillig.com/debt_clock/  

podaje je z dokładnością do 1 centa, aktualizując wartości co parę sekund. Taka precyzja z praktycznego punktu widzenia graniczy z absurdem, ale dokładność przybliżenia

\[ \sum_{n=0}^{50}\frac{3^n}{n!} \approx e^3 \]

jest i tak o 25 rzędów wielkości lepsza.

Takie uwagi mogą kogoś zaciekawić, jednak - aby lepiej rozumieć, co się naprawdę za nimi kryje - musimy w miarę systematycznie poznać takie pojęcia, jak ciągłość, różniczkowalność i zbieżność jednostajna. Ich ścisłe definicje oraz własności poznamy w kolejnych rozdziałach.