Szeregi liczbowe wste

Transkrypt

1 3 grudnia 2007 orawi lem dowód twierdzenia o rzybliżeniach dziesie tnych Zajmiemy sie teraz cia gami nieskończonym, ale zaisywanymi w ostaci sum. Definicja 2. (szeregu) Niech (a n ) be dzie dowolnym cia giem liczb rzeczywistych. Szeregiem o wyrazach a 0, a, a 2,... nazywamy cia g, którego kolejnymi wyrazami sa sumy ocza tkowych wyrazów cia gu (a n ) : s 0 = a 0, s = a 0 + a, s 2 = a 0 + a + a 2,.... Liczby s 0, s, s 2,... nazywane sa sumami cze ściowymi szeregu o wyrazach a 0, a, a 2,... Szereg o wyrazach a 0, a, a 2,... oznaczamy symbolem a 0 +a +a lub symbolem a n, czasem też a n, jeśli nie jest istotne od jakiego wyrazu rozoczynamy sumowanie. Jeśli cia g sum cze ściowych szeregu ma granice, to nazywamy ja suma szeregu, jeśli suma szeregu jest skończona, to szereg nazywamy zbieżnym, jeśli suma szeregu jest nieskończona lub jeśli cia g sum cze ściowych szeregu nie ma granicy, to szereg nazywamy rozbieżnym. Jeśli szereg ma sume, skończona lub nieskończona, to oznaczamy ja tak samo jak szereg: a 0 + a + a lub a n. Z doświadczenia wynika, że w tym rzyadku ewna dwuznaczność oznaczeń nie rowadzi do nieorozumień, a nawet jest u latwieniem. Tak jak w rzyadku cia gów numeracje wyrazów można zaczynać od dowolnej liczby ca lkowitej. Jeśli rozoczynamy od liczby k, to szereg oznaczamy symbolem a k + a k lub a n. n=k Czytelnik może nieco zaskoczony tym, że rozoczynamy od definicji i to nieco rzyd lugiej. Otóż oje cie sumy nieskończonej wymaga definicji: jaka ma być wartość sumy nieskończonej ( ) n = ? n= Mog laby być równa 0, bo = ( )+( )+... = Mog laby być równa, bo = + ( + ) + ( + ) +... = A może nie 0 ani, lecz 2, bo rzecież sumujemy cia g geometryczny o ilorazie, a jak to mówiono w szkole: suma nieskończonego cia gu geometrycznego +q+q jest równa q. Faktem jest, że wielu absolwentów szkó l średnich amie ta o tym, że

2 trzeba by lo za lożyć, że q <, ale duża cze ść nie bardzo wie, dlaczego takie za lożenie trzeba uczynić. To nie jest jedyny roblem. Rozważmy sume Niech s n = ( )n n. Ponieważ k k+ > 0, wie c zachodza ( ) nierówności s > s 3 > s 5 >... oraz s 2 < s 4 < s 6 <..., wie c cia gi s 2n i (s 2n) maja granice. Mamy s 2n s 2n = 2n, zatem ( s 2n s ) 2n = 0. Wobec lim n tego granice cia gów ( s 2n ) i (s 2n ) sa równe i leża mie dzy s 2 oraz s. Oznacza to, że cia g (s n) jest zbieżny i że jego suma leży w rzedziale ( 2, ). Możemy to zaisać tak: 2 < ( ) n n <. n= Teraz rozważmy szereg Wyste uja w nim te same wyrazy (sk ladniki) co w szeregu , ale w innej kolejności: 2 na trzecim miejscu zamiast na drugim, 3 na drugim zamiast na trzecim, 4 na szóstym zamiast na czwartym, 5 na czwartym zamiast na ia tym, 7 na ia tym zamiast na siódmym, itd. Na tzw. zdrowy rozum suma nie owinna zależeć od kolejności sk ladników. Tak oczywiście jest w rzyadku sumowania skończenie wielu liczb. Przekonamy sie, że nie dotyczy to szeregów, czyli sum nieskończenie wielu sk ladników. Rozważmy kolejne gruy trójsk ladnikowe: + 3 2, , 9 + 6,... Pierwsza grua kończy sie sk ladnikiem 2, druga sk ladnikiem 4, trzecia sk ladnikiem 6 itd. Widać wie c, że ostatni sk ladnik w m -tej gruie jest równy. Bez trudu można stwierdzić, że orzedni to 2m 2 2m = 4m, a jeszcze orzedni, czyli ierwszy w gruie równy jest 4m 3. Mamy 4n + 4n 3 2n = 4n 4n + 4n 3 4n = 4n(4n ) + 3 4n(4n 3). Wobec tego 4n 2 = + 3 4n 4n < 4n(4n ) + 3 4n(4n 3) < + 3 4n n = n 2 korzystaliśmy z tego, że dla każdej dodatniej liczby naturalnej n zachodza odwójne nierówności 4n > 4n 3n > n i 4n > 4n 3 n. Oznaczamy sume n ierwszych wyrazów drugiego szeregu rzez s n. Mamy oczywiście 0 < 4n < s 2 3(n+) s 3n < n. 2 Wynika sta d, że cia g (s 3n) jest ściśle rosna cy i dodatkowo s 3n < n < (n ) n = = n n = ( 2 n) < 2. Cia g (s 3n ) jest zatem ściśle rosna cy i ograniczony, wie c ma granice skończona. Jest ona wie ksza niż = 5 6 i mniejsza niż 2. 2

3 Ponieważ s 3n+ s 4n+ 0 i n s 3n+2 s 4n+3 0, wie n c ( ) ( ) cia gi s 3n+ i s 3n+2 maja granice i to takie same jak cia g (s 3n). Sta d bezośrednio wynika, że cia g (s n) jest zbieżny do tej wsólnej granicy swych trzech 3n = 3n+ = odcia gów, które zawieraja wszystkie jego wyrazy. Wykazaliśmy wie c, że drugi szereg jest zbieżny. Porównamy teraz sumy obu szeregów. Definiujemy s = , s 3n = Zachodza wzory s = lim n s 2n Zauważmy, że 4n 3 + 4n Wobec tego 2n ( 2n 2n ) i s = lim n s 3n. = 4n 3 + 4n 2n = 4n 3 4n 2 + 4n 4n 2 = = (4n 3)(4n 2) (4n )(4n 2) = 2 (4n 3)(4n 2)(4n ) > 0. s 3n s 2n = (4n 3) (4n 2) (4n ) = 3. Sta d wynika, że cia g (s 3n s 2n) jest ściśle rosna cy, zatem s s > s 3 s 3 = 3. Okaza lo sie wie c, że zmiana kolejności wyrazów szeregu, czyli zmiana kolejności sumowania nieskończonego dorowadzi la do zmiany sumy szeregu (suma uros la o wie cej niż 3 ). Można zmienić kolejność wyrazów szeregu tak, by sta l sie on rozbieżny, n. by cia g sum cze ściowych nie mia l granicy albo by mia l granice nieskończona. Wskazuje to wyraźnie na konieczność srecyzowania oje cia sumy nieskończonej od tego zacze liśmy ten rozdzia l a naste nie wyjaśnienia, jakie w lasności rzys luguja nieskończonym sumom, czyli szeregom, bo rzecież wykazaliśmy już, że nie można automatycznie rzeisywać sumom nieskończonym w lasności sum skończonych Tym sie be dziemy zajmować w dalszym cia gu tego rozdzia lu. Tematu nie wyczeriemy, wykażemy jedynie kilka twierdzeń, które owinny omóc zrozumieć, jak można oste ować z szeregami w najrostszych sytuacjach. Twierdzenie 2.2 ( warunek konieczny zbieżności szeregu) Jeśli szereg a n jest zbieżny, to lim a n = 0. n n= Dowód. Mamy a n = s n s n. Granica lim s n jest skończona, bo szereg jest n zbieżny, wie c lim a n = lim (s n s n ) = lim s n lim s n = 0. Dowód zosta l n n n n zakończony. Twierdzenia tego odwrócić nie można, co okazuje naste ny rzyk lad. Przyk lad 2. (szereg harmoniczny) Zbadamy zbieżność szeregu n. Oczywiście n= 3 lim n n = 0. Zauważmy, że dla każdej

4 liczby naturalnej k > rawdziwa jest nierówność Sta d wynika, że k+ + k+2 + k k+k > k k+k = > = 2, > = > > = 3. Jeśli rozważymy sume kończa ca sie na sk ladniku 32, czyli doiszemy naste na grue u lamków, których sume można oszacować z do lu rzez 2, to stwierdzimy, że suma ta jest wie ksza niż Podobnie kończa c na 64 otrzymujemy sume wie ksza niż 4, kończa c na 28 otrzymujemy sume wie ksza niż itd. Widać wie c, że cia g sum cze ściowych, który jest rosna cy, ma granice +. Wykazaliśmy wie c, że n = +, co oznacza, że szereg nie jest zbieżny. Jasne jest, że to rozumowanie możemy znacznie skrócić, jeśli stwierdzimy, że z nierówności s 2k s k = k+ + k k > 2 wynika, że cia g (s n) sum cze ściowych szeregu n nie se lnia warunku Cauchy ego, zatem nie ma granicy skończonej, a to oznacza, że jest rozbieżny. Twierdzenie 2.3 (o zbieżności szeregu geometrycznego) Szereg geometryczny q n jest rozbieżny, gdy q. Jeśli q <, to Dowód. + q + q 2 + = q n = q. Jeśli q, to cia g (q n ) nie ma skończonej granicy, a jeśli ja ma (gdy q = ), to jest ona różna od 0. Jeśli q <, to onieważ +q+q 2 + +q n = qn ( wie c lim + q + q q n ) q = lim n n n q = q. n= q, Z udowodnionego twierdzenia wynika od razu nieco ogólniejszy wzór (rozowszechniany w szko lach): c + cq + cq 2 + = cq n q < ===== c q. Definicja 2.4 (rozwinie cia dziesie tnego) Niech x > 0 oznacza liczbe rzeczywista. Niech c k, c k, c k 2,... oznacza cia g cyfr uk ladu dziesie tnego, tzn. c n {0,, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dla n = k, k, k 2,... rzy czym c k 0. Mówimy, że cia g (c n ) jest cia giem cyfr liczby x wtedy i tylko wtedy, gdy 4

5 x = c k 0 k + c k 0 k + c k 2 0 k 2 + c k 3 0 k 3 + = c k n 0 k n Przyk lad 2.2 j =, 2, 3,.... Wtedy Niech k = 0 i niech c j = 3 dla j = 0,, 2,... i c j = 0 dla x = = 3 0 = 0 3. Przyk lad 2.3 Jeśli k = 0, c 0 =, 0 = c = c 2 = c 3 =..., to x =. Jeśli k = i 9 = c = c 2 = c 3 =..., to x = również odowiada liczbie. Widzimy wie c, że w niektórych rzyadkach jednej liczbie moga odowiadać dwa różne cia gi cyfr. Przekonamy sie zaraz, że najwyżej dwa różne oraz że każdej liczbie dodatniej odowiada co najmniej jeden cia g cyfr. Twierdzenie 2.5 (o rzybliżeniach dziesie tnych) Dla każdej liczby x > 0 istnieje liczba k Z i taki cia g (cyfr) c k, c k, c k 2,..., że c k j {0,, 2,..., 9} dla j = 0,, 2,... oraz c k 0 i zachodzi równość x = c k 0 k + c k 0 k + c k 2 0 k 2 + = c k j 0 k j (*). Jeśli istnieje taka liczba naturalna j, że 0 j x N, to istnieja dok ladnie dwa takie cia gi c k, c k, c k 2,... i c κ, c κ, c κ 2,.... Jeśli k κ, to k κ = ; jeśli n. k = κ +, to c k = i 0 = c k = c k 2 =... oraz 9 = c κ = c κ = c κ 2 =.... Jeśli k = κ, to istnieje liczba ca lkowita m taka, że c i = c i dla k i > m, c m = + c m (lub odwrotnie) i dla każdego i < m zachodza równości c m = 9, c m = 0. Jeśli dla każdej liczby naturalnej j zachodzi 0 j x / N, to istnieje dok ladnie jeden taki cia g cyfr c k, c k, c k 2,..., że c k > 0, c k j {0,, 2,..., 9} dla każdego j {0,, 2,...}, dla którego zachodzi równość (*). Dowód. Niech k Z be dzie taka liczba, że 0 k x < 0 k+. Z równości lim n 0n = + i lim n 0 n = 0, wynika, że istnieja ote gi dziesia tki wie ksze niż x, 0 k+ to najmniejsza z nich (w każdym ograniczonym z do lu zbiorze z lożonym z liczb ca lkowitych znaleźć można najmniejsza ). Niech c k {, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} be dzie najwie ksza cyfra taka, że c k 0 k x. Zdefiniujemy cyfry c k, c k 2,... rzez indukcje. Za lóżmy, że zdefiniowaliśmy już cyfry c k, c k, c k 2,..., c i sosób, że dla każdego j {0,, 2,..., i} zachodzi nierówność 0 x ( c k 0 k + c k 0 k + + c k j 0 k j) < 0 k j = 0 0 k j. w taki Dla j = i mamy wie c x (c k 0 k + c k 0 k + + c k i 0 k i ) < 0 0 k i. 5

6 Definiujemy c k i cyfre ) taka, że jako jedyna liczbe ze zbioru {0,, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} (wie c 0 x (c k 0 k + c k 0 k + + c k i 0 k i ) < 0 k i. W ten sosób zdefiniowaliśmy cia g c k, c k,... se lniaja cy ża dane warunki, bo oczywiście lim 0 k i = 0, a sta i d i z definicji sumy szeregu wynika od razu, że x = c k 0 k + c k 0 k + c k 2 0 k 2 + Teraz zajmiemy sie jednoznacznościa. Za lóżmy, że c k n 0 k n = x = c κ n 0 κ n. Za lóżmy, że k > κ, rzyadek k < κ rozatrzeć można w identyczny sosób. Wtedy x = c κ n 0 κ n 9 0 κ n = 9 0κ = 0 κ+ 0 c k 0 κ+ c k 0 k Wynika sta d, że owyższe nierówności sa równościami czyli, że: c k n 0 k n = x. 9 = c κ = c κ = c κ 2 =..., c k =, k = κ + 0 = c k = c k 2=... Teraz za lóżmy, że k = κ. Za lóżmy, że i jest najmniejsza liczba ca lkowita nieujemna, dla której c k i c k i. Przyjmijmy, dla ustalenia uwagi, że c k i > c k i. Mamy wie c x = c k n 0 k n = c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + c k i 0 k i + + c k i 0 k i + c k i 2 0 k i 2 + c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + c k i 0 k i k i k i 2 + = = c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + ( c k i + ) 0 k i = = c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + ( c k i + ) 0 k i c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + c k i 0 k i c k 0 k + c k 0 k + + c k i+ 0 k i+ + c k i 0 k i + + c k i 0 k i + c k i 2 0 k i 2 + = x. Jasne jest, że w rzeczywistości owyższe nierówności sa równościami. Z tego stwierdzenia wynika, że: 9 = c k i = c k i 2 =..., c k i = c κ i + oraz 0 = c k i = c k i 2 =.... Dowód zosta l zakończony. Pytanko: konstrukcja rozwinie cia dziesie tnego rzedstawiona w dowodzie daje w rzyadku liczby 30 wynik: czy może ? 6

7 Studenci bez trudu zasta ia w tym twierdzeniu liczbe 0 rzez dowolna liczbe c N (2) i otrzymaja twierdzenie w wersji z wyk ladu. Tu zmieni lem o to, by ci z Państwa, którzy mieli k loot w trakcie wyk ladu, mogli to obejrzeć w nieco rostszej wersji. Warto jeszcze rzeformu lować warunek Cauchy ego zbieżności cia gu do granicy skończonej na rzyadek szeregu liczbowego. Twierdzenie 2.6 (warunek Cauchy ego dla szeregu liczbowego) Szereg a n Dowód. jest zbieżny (czyli ma skończona sume ) wtedy i tylko wtedy, gdy ε>0 nε n>nε k a n+ + a n a n+k < ε. Wynika to natychmiast z odowiedniego twierdzenia dla cia gów zastosowanego do cia gu sum cze ściowych interesuja cego nas szeregu: ε > s n+k s n = a n+ + a n a n+k, dok ladniej cia g (s n ) zdefiniowany równościa s n = a 0 + a + + a n ma skończona granice wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej ε istnieje taka liczba n ε, że dla każdej liczby naturalnej n > n ε zachodzi nierówność ε > s n+k s n = a n+ + a n a n+k. i każdej liczby naturalnej k Jak widać nic nowego w tym twierdzeniu nie ma oza oznaczeniami. Dodajmy jeszcze, że z formalnego unktu widzenia każdy cia g (b n ) można otraktować jako szereg. Wystarczy rzyja ć a 0 = b 0 i a n = b n b n dla n =, 2, 3,.... Przekonamy sie jednak, że ta uwaga choć z formalnego unktu widzenia jest rawdziwa, to nie ma wielkiego zastosowania. Wyrazy wielu cia gów dane sa jako sumy i wtedy teoria szeregów, której w laśnie zacze liśmy rzygla dać sie, ma zastosowanie, a w wielu innych rzyadkach jej stosowanie nie ma wie kszego sensu. Dodajmy jeszcze, że owtarzaja c dowód zbieżności szeregu anharmonicznego, czyli szeregu = uzyskać można naste uja ce n= Twierdzenie 2.7 (kryterium Leibniza) ( ) n n Jeśli cia g (a n ) jest monotoniczny i zbieżny do 0, to szereg a 0 a + a 2 a 3 + = ( ) n a n jest zbieżny. Możemy udowodnić to twierdzenie nieco inaczej, n. korzystaja c z warunku Cauchy ego. Za lóżmy dla ustalenia uwagi, że cia g (a n ) jest nierosna cy, czyli że a 0 a a Wtedy a n+ a n+2 + a n+3 a n a n+2k a n+2k = 7

8 oraz = =(a n+ a n+2 ) + (a n+3 a n+4 ) + ( + a n+2k a n+2k ) 0 a n+ (a n+2 a n+3 ) (a n+4 a n+5 )... (a n+2k 2 a n+2k ) a n+2k a n+, zatem a n+ a n+2 + a n+3 a n a n+2k a n+2k a n+. W taki sam sosób wykazujemy, że a n+ a n+2 + a n+3 a n a n+2k a n+2k + a n+2k+ = = a n+ a n+2 + a n+3 a n a n+2k a n+2k + a n+2k+ a n+. Ponieważ lim a n+ = 0, wie n c warunek Cauchy ego jest w tym rzyadku se lniony, a to oznacza, że szereg jest zbieżny. W jednym z naste nych wyk ladów uogólnimy to twierdzenie. 8