Rozdział 5 Szeregi liczbowe 5.1 Szeregi liczbowe

Rozdział 5

Szeregi liczbowe

5.1 Szeregi liczbowe

Definicja sumy częściowej ciągu. Niech dany będzie ciąg liczbowy (an)∞n=1. Ciąg

(sn)∞n=1 określony wzorem sn =n∑j=1aj, n ∈ N, nazywamy ciągiem sum częściowych ciągu

(an)∞n=1.

Definicja szeregu liczbowego. Niech dany będzie ciąg liczbowy (an)∞n=1 oraz niech(sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych ciągu (an)

∞n=1. Szeregiem liczbowym o wyrazach

an, n = 1, 2, ... lub krótko szeregiem nazywamy parę uporządkowaną ((an)∞n=1, (sn)∞n=1) i

oznaczamy∞∑n=1an lub

∑∞n=1 an lub

∑an. Ciąg (sn)∞n=1 nazywamy również ciągiem sum

częściowych szeregu∞∑n=1an.

Definicja zbieżności szeregu. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowymi. Mówimy,

że szereg∞∑n=1an jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych (sn)∞n=1. Jeśli

limn→∞sn = s, s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżny do s i piszemy

∞∑n=1an = s. Wtedy

liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.

Przykład 5.1.1. Szereg∞∑n=1an, gdzie an = 1

n(n+1) , n ∈ N, jest zbieżny do 1, ma onbowiem ciąg sum częściowych (sn)∞n=1 postaci

sn =11 · 2+12 · 3+· · ·+ 1

n(n+ 1)=(11− 12

)+(12− 13

)+· · ·+

( 1n− 1n+ 1

)= 1− 1

n+ 1.

Bezpośrednio z definicji zbieżności szeregu, twierdzenia 4.6.8 i własności 4.6.2 dosta-jemy

Własność 5.1.2. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym, (sn)∞n=1 jego ciągiem sum

częściowych oraz s ∈ R. Wówczas szereg∞∑n=1an jest zbieżny do s wtedy i tylko wtedy, gdy

każdy podciąg ciągu (sn)∞n=1 jest zbieżny do s.

91

92 ROZDZIAŁ 5. SZEREGI LICZBOWE

Twierdzenie 5.1.3. (warunek konieczny zbieżności szeregu). Jeśli szereg∞∑n=1an

jest zbieżny, to limn→∞an = 0.

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∞∑n=1an i s =

∞∑n=1an. Z

własności 5.1.2, s = limn→∞sn = lim

n→∞sn+1, więc lim

n→∞an = lim

n→∞an+1 = lim

n→∞(sn+1 − sn) = 0.

�

Twierdzenie odwrotne do powyższego nie jest prawdziwe. Mamy mianowicie następu-jące

Twierdzenie 5.1.4. Szereg∞∑n=1

1njest rozbieżny.

Dowód. Oznaczając sn =n∑j=1

1j, n ∈ N dostajemy

|s2n − sn| =1n+ 1

+1n+ 2

+ · · ·+ 12n

> n12n=12,

więc, wobec własności 5.1.2 granica ciągu (sn)∞n=1 nie może być skończona. �

Definicja działań na szeregach. Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami liczbowymi.

Szereg∞∑n=1(an + bn) nazywamy sumą szeregów

∞∑n=1an i

∞∑n=1bn.

Szereg∞∑n=1(an − bn) nazywamy różnicą szeregów

∞∑n=1an i

∞∑n=1bn.

Jeśli α ∈ R, to szereg∞∑n=1(αan) nazywamy iloczynem szeregu

∞∑n=1an przez liczbę α.

Własność 5.1.5. Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami liczbowymi zbieżnymi oraz α ∈ R.

Wówczas szeregi∞∑n=1(an + bn),

∞∑n=1(an − bn),

∞∑n=1(αan) są zbieżne oraz

∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an+∞∑n=1

bn,∞∑n=1

(an − bn) =∞∑n=1

an−∞∑n=1

bn,∞∑n=1

(αak) = α∞∑n=1

an.

Dowód. Jeśli (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów

∞∑n=1an,

∞∑n=1bn, to (sn + tn)∞n=1, (sn − tn)∞n=, (αsn)∞n= są ciągami sum częściowych odpo-

wiednio szeregów∞∑n=1(an + bn),

∞∑n=1(an − bn),

∞∑n=1(αan). Zatem teza wynika natychmiast

z twierdzenia 4.2.9. �

Z twierdzenia Cauchy’ego 4.7.3 dostajemy natychmiast jego odpowiednik dla szeregów.

Twierdzenie 5.1.6. (Cauchy’ego). Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas

szereg∞∑n=1an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on warunek Cauchy’ego:

(5.1) ∀ε>0 ∃N∈R ∀m,l∈N, m>l>N

∣∣∣∣∣m∑n=l

an

∣∣∣∣∣ < ε.

5.2. DALSZE INFORMACJE O SZEREGACH 93

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∞∑n=1an. Z twierdzenia

Cauchy’ego 4.7.3 mamy, że szereg∞∑n=1an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (sn)∞n=1

spełnia warunek Cauchy’ego:

∀ε>0 ∃N∈R ∀m,l∈N, m>l>N |sm − sl−1| < ε,

gdzie s0 = 0. Powyższy warunek jest równoważny (5.1), więc mamy tezę. �

Uwaga 5.1.7. Pokazaliśmy, że dla szeregów zachodzą pewne odpowiedniki własności cią-gów (własność 4.2.4). W przypadku ciągów można zamienić kolejność wyrazów bez stratyzbieżności ciągu (własność 4.2.5). Dalej pokażemy, że odpowiednik tego faktu dla szeregówjest fałszywy, mianowicie istnieją szeregi zbieżne które po zamianie kolejności wyrazówstają się rozbieżne.

5.2 Dalsze informacje o szeregach

W punkcie 5.1 wprowadziliśmy pojęcie szeregu liczbowego∞∑n=1an, gdzie wskaźniki prze-

biegają zbiór liczb naturalnych. W wielu zagadnieniach wygodnie jest rozważać szeregiw nieco ogólniejszym sensie, gdzie wskaźniki przebiegają pewne zbiory liczb całkowitych.Prowadzi to do uogólnienia pojęcia ciągu. Dokładniej, będziemy rozważać ciągi liczboweo wskaźnikach większych od pewnej ustalonej liczby całkowitej. Ciągi takie definiujemyanalogicznie jak w rozdziale 4.Definicja ciągu nieskończonego o wskaźnikach w zbiorze Zk. Niech X będzie nie-pustym zbiorem, niech k ∈ Z oraz Zk = {n ∈ Z : n > k}.Funkcję a : Zk → X nazywamy ciągiem nieskończonym o wskaźnikach w zbiorze Zk

lub krótko ciągiem.Parę uporządkowaną (n, a(n)), gdzie n ∈ Zk, nazywamy n–tym wyrazem ciągu, n –

wskaźnikiem tego wyrazu, a(n) – wartością tego wyrazu. Piszemy an zamiast a(n).Ciąg a : Zk → X zapisujemy również (ak, ak+1, ...) lub (an)∞n=k lub (an)n∈Zk lub krótko

(an), piszemy również an, n = k, k + 1, ....Jeśli wszystkie wartości ciągu (an)∞n=k należą do R to ciąg ten nazywamy liczbowym.

Uwaga 5.2.1. Niech k ∈ Z oraz niech dany będzie ciąg (an)∞n=k. Wtedy bn = an+k−1,n ∈ N jest ciągiem określonym na zbiorze liczb naturalnych. Zatem wszystkie pojęcia zrozdziału 4 dotyczące ciągów przenoszą się na powyżej wprowadzone ciągi o wskaźnikachw zbiorze Zk. Dokładniej definicja granicy i wszystkie jej własności, definicja monoto-niczności, ograniczoności przenoszą się bez żadnych zmian. Analogicznie określamy pod-ciągi, jako złożenia ciągu (an)∞n=k ze ściśle rosnącym ciągiem (nj)

∞j=k liczb całkowitych o

wartościach w Zk. Wtedy wszystkie twierdzenia dotyczące podciągów, granic częściowychprzenoszą się bez żadnych zmian.

Definicja szeregu liczbowego. Dla ciągu liczbowego (an)∞n=k określamy ciąg sum czę-

ściowych (sn)∞n=k wzorem sn =n∑j=kaj, n = k, k + 1, ....


Szeregiem liczbowym o wyrazach an, n = k, k + 1, ... lub krótko szeregiem nazywamy

parę uporządkowaną ((an)∞n=k, (sn)∞n=k) i oznaczamy

∞∑n=kan lub

∑∞n=k an lub

∑an. Ciąg

(sn)∞n=k nazywamy również ciągiem sum częściowych szeregu∞∑n=kan.

Mówimy, że szereg∞∑n=kan jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych

(sn)∞n=k. Jeśli limn→∞ sn = s, s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżny do s i piszemy∞∑n=kan = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg, który nie jest zbieżny

nazywamy rozbieżnym.

Uwaga 5.2.2. Dla szeregów określonych powyżej zachodzą wszystkie własności z punktu5.1, gdzie sumę i różnicę szeregów

∞∑n=kan,

∞∑n=kbn oraz iloczyn szeregu przez liczbę określamy

analogicznie jak w punkcie 5.1. Dalej będziemy rozważać szeregi postaci∞∑n=1an lub

∞∑n=0an.

Przedstawiane twierdzenia przenoszą się jednak na przypadek ogólny.

Z twierdzenia Cauchy’ego 5.1.6 dostajemy

Wniosek 5.2.3. Niech∞∑n=kan będzie szeregiem liczbowym oraz l ∈ Z, l > k. Wówczas

szereg∞∑n=k

an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg∞∑n=l

an.

Inaczej, odrzucenie skończonej ilości początkowych wyrazów szeregu lub dołączenie na po-czątku skończonej ilości wyrazów nie wpływa na zbieżność szeregu.

Dowód. Ponieważ, co łatwo sprawdzamy, warunek (5.1) jest równoważny

∀ε>0 ∃N>l ∀m,p∈Z, m>p>N

∣∣∣∣∣m∑n=pan

∣∣∣∣∣ < ε.więc z twierdzenia Cauchy’ego 5.1.6 dostajemy tezę. �

Wniosek 5.2.4. Niech∞∑n=kan,

∞∑n=kbn będą szeregami liczbowymi takimi, że istnieje N ∈

R, że dla n ∈ Z, n > N zachodzi an = bn. Wówczas

szereg∞∑n=k

an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg∞∑n=k

bn.

Dowód. Niech l ∈ Z, l > N oraz l > k. Z wniosku 5.2.3, zbieżność szeregu∞∑n=kan

jest równoważna zbieżności szeregu∞∑n=lan oraz zbieżność szeregu

∞∑n=lbn jest równoważna

zbieżności szeregu∞∑n=kbn. Ponieważ szeregi

∞∑n=lan,

∞∑n=lbn są równe, więc mamy tezę. �

5.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 95

Wniosek 5.2.5. Niech∞∑n=kan,

∞∑n=jbn będą szeregami liczbowymi takimi, że an = bn−k+j

dla n ∈ Z, n > k. Wówczas szereg∞∑n=kan jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest

szereg∞∑n=jbn. Ponadto

∞∑n=kan =

∞∑n=jbn.

Dowód. Niech (sn)∞n=k, (tn)∞n=j będą ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów

∞∑n=kan,

∞∑n=jbn. Wobec założenia an = bn−k+j dla n > k dostajemy łatwo, że sn = tn−k+j

dla n > k. Zatem z własności 4.2.4(d) mamy, że ciąg (sn)∞n=k jest zbieżny wtedy i tylkowtedy, gdy zbieżny jest ciąg (tn)∞n=j. Ponadto limn→∞ sn = limn→∞ tn. To daje tezę. �

Definicja szeregu geometrycznego. Niech a, q ∈ R, k ∈ Z. Szereg postaci∞∑n=kaqn

nazywamy szeregiem geometrycznym, gdzie przyjmujemy tutaj 00 = 1 oraz q 6= 0, gdyk < 0. Liczbę q nazywamy ilorazem szeregu geometrycznego.

Własność 5.2.6. Niech a, q ∈ R, a 6= 0, k ∈ Z.(a) Jeśli 0 < |q| < 1, to

∞∑n=kaqn = aq

k

1−q .

(b) Jeśli |q| > 1, to szereg∞∑n=kaqn jest rozbieżny.

Dowód. Ad. (a) Ponieważ q 6= 1, więc indukcyjnie, łatwo pokazujemy, żen∑i=kaqi =

aqk 1−qn−k+1

1−q . Zatem teza wynika z własności 4.6.10.Ad. (b) Jeśli |q| > 1, to z własności 4.6.10 dostajemy, że ciąg (aqn)∞n=k nie jest zbieżny

do zera. Istotnie, jeśli q = 1, to limn→∞aqn = a 6= 0. Jeśli q > 1, to lim

n→∞aqn jest równa +∞

lub −∞ w zależności od tego, czy a > 0, czy a < 0. Jeśli q 6 −1, to granica limn→∞aqn nie

istnieje. Zatem (b) wynika z warunku koniecznego zbieżności szeregu 5.1.3. �

5.3 Szeregi o wyrazach nieujemnych

Twierdzenie 5.3.1. Szereg o wyrazach nieujemnych jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdyjego ciąg sum częściowych jest ograniczony.

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∞∑n=1an oraz niech

an > 0 dla n ∈ N.Jeśli szereg jest zbieżny, to ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony (patrz własność 4.2.7).Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony. Ponieważ an > 0 dla n ∈ N, więc ciąg

(sn)∞n=1 jest rosnący. Zatem jest to ciąg zbieżny (patrz twierdzenie 4.2.8). �


Twierdzenie 5.3.2. (kryterium porównawcze zbieżności szeregów). Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami liczbowymi oraz niech N ∈ N będzie takie, że

0 6 an 6 bn dla n > N.

(a) Jeśli szereg∞∑n=1bn jest zbieżny, to szereg

∞∑n=1an jest zbieżny.

(b) Jeśli szereg∞∑n=1an jest rozbieżny, to szereg

∞∑n=1bn jest rozbieżny.

Dowód. Udowodnimy (a). Ponieważ szereg∞∑n=1bn jest zbieżny, więc szereg

∞∑n=Nbn

jest zbieżny. Niech b =∞∑n=Nbn. Wówczas dla każdego m > N mamy

m∑n=Nan 6

m∑n=Nbn 6 b.

Zatem ciąg sum częściowych szeregu∞∑n=Nan jest ograniczony. To wraz z twierdzeniem

5.3.1 daje zbieżność szeregu∞∑n=Nan, a więc i zbieżność szeregu

∞∑n=1an.

Część (b) wynika z (a), gdyż zbieżność szeregu∞∑n=1bn pociągałaby zbieżność

∞∑n=1an. �

Wniosek 5.3.3. Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami o wyrazach dodatnich takimi, że

istnieje N ∈ N, że

(5.2)an+1an

6bn+1bn

dla n > N.

(a) Jeśli szereg∞∑n=1bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg

∞∑n=1an.

(b) Jeśli szereg∞∑n=1an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szereg

∞∑n=1bn.

Dowód. Udowodnimy (a). Z (5.2) mamy, że ciąg (anbn)∞n=N jest malejący, więc

(5.3) 0 6 an 6aNbNbn dla n > N.

Jeśli∞∑n=1bn jest zbieżny, to z własności 5.1.5 i 5.2.3, szereg

∞∑n=1

aNbNbn jest zbieżny, więc

z (5.3) i kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2 dostajemy zbieżność szeregu∞∑n=1an.

Część (b) wynika natychmiast z (a). �

Twierdzenie 5.3.4. (kryterium graniczne). Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą takimi szerega-

mi, że an > 0, bn > 0 dla n ∈ N. Załóżmy, że istnieje granica

K = limn→∞

anbn.

5.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 97

(a) Jeśli K < +∞ i szereg∞∑n=1bn jest zbieżny, to szereg


(b) Jeśli K > 0 i szereg∞∑n=1bn jest rozbieżny, to szereg

∞∑n=1an jest rozbieżny.

Dowód. Ad. (a) Z określenia liczby K, istnieje N ∈ N takie, że dla n > N zachodzianbn< K + 1, więc 0 6 an < (K + 1)bn. Jeśli

∞∑n=1bn jest zbieżny, to z własności 5.1.5,

szereg∞∑n=1(K + 1)bn jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów

5.3.2 dostajemy zbieżność szeregu∞∑n=1an.

Ad. (b) Jeśli K = +∞, to istnieje N ∈ N, że dla n > N zachodzi anbn> 1, czyli an > bn.

Zatem z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2, z rozbieżności szeregu∞∑n=1bn

wynika rozbieżność szeregu∞∑n=1an. Jeśli K < +∞, to z założenia, że K > 0 mamy an > 0

dla dostatecznie dużych n, więc limn→∞

bnan= 1K< +∞ i teza wynika z (a) i wniosku 5.2.3.

�

Z twierdzenia 5.3.4 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.3.5. Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami takimi, że an > 0, bn > 0 dla n ∈ N.

Jeśli istnieje granica

K = limn→∞

anbn, przy czym 0 < K < +∞,

to oba szeregi są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne.

Twierdzenie 5.3.6. (o zagęszczaniu). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem malejącym o wy-razach nieujemnych. Wówczas

szereg∞∑n=1

an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg∞∑n=1

2na2n .

Dowód. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 ciągi sum częściowych odpowiednio szere-

gów∞∑n=1an,

∞∑n=12na2n . Ponieważ an > 0, więc ciągi (sn)∞n=1 i (tn)

∞n=1 są rosnące. W myśl

twierdzenia 5.3.1 wystarczy pokazać, że z ograniczoności ciągu (sn)∞n=1 wynika ograniczo-ność ciągu (tn)∞n=1 i odwrotnie.Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony przez M ∈ R, M > 0, to znaczy |sn| 6 M

dla n ∈ N. Ponieważ (an)∞n=1 jest ciągiem malejącym, więc dla każdego n ∈ N

0 6 tn = 2 (a2 + 2a4 + · · ·+ 2n−1a2n)6 2 ((a1 + a2) + (a3 + a4) + · · ·+ (a2n−1+1 + · · ·+ a2n)) = 2s2n 6 2M.

To daje ograniczoność ciągu (tn)∞n=1.


Załóżmy, że ciąg (tn)∞n=1 jest ograniczony przez K ∈ R, K > 0. Ponieważ (an)∞n=1 jestciągiem malejącym i 2n+1 − 1 > n dla n ∈ N, więc

0 6 sn 6 s2n+1−1 = a1 + · · ·+ a2n+1−1 = a1 + (a2 + a3) + · · ·+ (a2n + · · ·+ a2n+1−1)6 a1 + 2a2 + · · ·+ 2na2n 6 a1 +K.

To daje ograniczoność ciągu (sn)∞n=1 i kończy dowód. �

Definicja szeregu harmonicznego. Szereg∞∑n=1

1nαnazywamy harmonicznym rzędu α.

Wniosek 5.3.7. Szereg∞∑n=1

1nαjest zbieżny, gdy α > 1 i rozbieżny, gdy α 6 1 (1).

Dowód. Oznaczmy an = 1nα, n ∈ N.

Załóżmy najpierw, że α > 1. Wówczas ciąg (an)∞n=1 jest malejący i ma wyrazy do-

datnie oraz 2na2n = 2n2−αn = (21−α)n dla n ∈ N. W konsekwencji szereg∞∑n=12na2n jest

geometryczny o ilorazie 21−α ∈ (0, 1). Zatem z własności 5.2.6(a) szereg∞∑n=12na2n jest

zbieżny. To wraz z twierdzeniem 5.3.6 daje zbieżność szeregu harmonicznego.

Załóżmy, że α 6 1. Wówczas z własności potęgi, 1n

6 1nαdla n ∈ N. Ponieważ szereg

∞∑n=1

1njest rozbieżny (twierdzenie 5.1.4), więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów5.3.2(b) dostajemy, że szereg harmoniczny jest rozbieżny. �

ZADANIA

Zadanie 5.3.1. * (kryterium Raabego). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem o wyrazachdodatnich oraz r > 1.(a) Jeśli n

(anan+1− 1

)> r dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg


(a) Jeśli n(anan+1− 1

)< 1 dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg

∞∑n=1an jest rozbieżny.

Wsk. Udowodnić, że dla s ∈ R zachodzi limn→∞

(1+ 1n)s−11n

= s.

5.4 Dalsze kryteria zbieżności szeregów

Twierdzenie 5.4.1. (kryterium Dirichleta). Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1 będą ciągami. Je-

śli(i) ciąg sum częściowych ciągu (an)∞n=1 jest ograniczony,(ii) ciąg (bn)∞n=1 jest monotoniczny,(iii) lim

n→∞bn = 0,

to szereg∞∑n=1anbn jest zbieżny.

1Definicja funkcji ζ Riemanna. Funkcję ζ(x) =∞∑n=1

1nx , x > 1 nazywamy funkcją ζ Riemanna.

5.4. DALSZE KRYTERIA ZBIEŻNOŚCI SZEREGÓW 99

Dowód. Niech An =n∑j=1aj, n ∈ N. Załóżmy najpierw, że ciąg (bn)∞n=1 jest malejący.

Wówczas z (ii), (iii) mamy bn > 0 dla n ∈ N. Dla m > l > 2 mamy (2)

m∑n=lanbn =

m∑n=l(An − An−1)bn =

m∑n=lAnbn−

m∑n=lAn−1bn =

m∑n=lAnbn−

m−1∑n=l−1

Anbn+1

=m−1∑n=lAn(bn − bn+1) + Ambm − Al−1bl.

Weźmy dowolne ε > 0. Wobec (i) istnieje M ∈ R, M > 0 takie, że |An| 6M dla n ∈ N. Z(ii) oraz (iii) wynika, że istnieje N ∈ N, N > 2 takie, że dla n > N zachodzi 0 6 bn < ε

2M .Weźmy dowolne m, l ∈ N takie, że m > l > N . Wtedy m > l > 2. Ponieważ ciąg (bn)∞n=1jest malejący, więc bn − bn+1 = |bn − bn+1| dla n ∈ N, zatem z powyższego mamy∣∣∣∣ m∑

n=lanbn

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣m−1∑n=lAn(bn − bn+1) + Ambm − Al−1bl

∣∣∣∣6

m−1∑n=l|An||bn − bn+1|+ |Am||bm|+ |Al−1||bl|

6m−1∑n=lM(bn − bn+1) +Mbm +Mbl

= M(m−1∑n=l(bn − bn+1) + bm + bl

)= 2Mbl < ε.

Powyższa nierówność zachodzi także dla m = l > N . Reasumując z twierdzenia Cau-

chy’ego 5.1.6 dostajemy zbieżność szeregu∞∑n=1anbn.

Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, to ciąg (−bn)∞n=1 jest malejący i z pierwszej częścidowodu dostajemy zbieżność szeregu

∞∑n=1an(−bn), a więc i szeregu

∞∑n=1anbn. �

Z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów 5.4.1 dostajemy następujące dwa kryteria.

Wniosek 5.4.2. (kryterium Leibniza). Jeśli ciąg (cn)∞n=1 jest monotoniczny oraz

limn→∞cn = 0, to szereg

∞∑n=1(−1)ncn jest zbieżny.

Dowód. Oznaczając an = (−1)n, bn = cn, n ∈ N dostajemy, że suman∑j=1aj jest

równa 0, gdy n jest liczbą parzystą oraz równa −1, gdy n jest liczbą nieparzystą. Wobecmonotoniczności ciągu (bn)∞n=1, stosując kryterium Dirichleta 5.4.1, dostajemy tezę. �

Wniosek 5.4.3. (kryterium Abela). Jeśli ciąg (an)∞n=1 jest monotoniczny i ograniczo-

ny, szereg∞∑n=1bn zaś jest zbieżny, to szereg

∞∑n=1anbn jest zbieżny.

Dowód. Ciąg (an)∞n=1, jako monotoniczny i ograniczony, jest zbieżny. Niech więca = lim

n→∞an. Wtedy ciąg (an − a)∞n=1 jest monotoniczny i zbieżny do zera. Ciąg sum

częściowych szeregu zbieżnego∞∑n=1bn jest oczywiście ograniczony. W konsekwencji, na

2przekształcenie to nazywamy przekształceniem Abela.


mocy kryterium Dirichleta 5.4.1, mamy zbieżność szeregu∞∑n=1(an−a)bn. Ponieważ szereg

∞∑n=1abn jest zbieżny, więc szereg

∞∑n=1anbn jest zbieżny, jako suma szeregów zbieżnych. �

5.5 Zbieżność bezwzględna

Definicja zbieżności bezwzględnej szeregu. Mówimy, że szereg∞∑n=1an jest zbieżny

bezwzględnie, gdy zbieżny jest szereg∞∑n=1|an|.

Własność 5.5.1. Jeśli szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie, to jest zbieżny. Ponadto∣∣∣∣ ∞∑

n=1an

∣∣∣∣ 6 ∞∑n=1|an|.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ szereg∞∑n=1|an| jest zbieżny, więc z twier-

dzenia Cauchy’ego 5.1.6 istnieje N ∈ N takie, że dla m > l > N mamym∑n=l|an| < ε.

Zatem

|m∑n=l

an| 6m∑n=l

|an| < ε.

To, wraz z twierdzeniem Cauchy’ego daje zbieżność szeregu∞∑n=1an. Ponadto mamy∣∣∣∣ m∑

n=1an

∣∣∣∣ 6 m∑n=1|an|, więc przechodząc do granicy m→∞ dostajemy

∣∣∣∣ ∞∑n=1an

∣∣∣∣ 6 ∞∑n=1|an|. To

kończy dowód. �


Twierdzenie 5.5.2. (kryterium porównawcze zbieżności bezwzględnej szere-

gów). Niech∞∑n=1an,

∞∑n=1bn będą szeregami liczbowymi oraz N ∈ N. Jeśli |an| 6 bn

dla n > N i szereg∞∑n=1bn jest zbieżny, to szereg

∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie.

Twierdzenie 5.5.3. (kryterium d’Alemberta). Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbo-

wym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N.(a) Jeśli lim sup

n→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ < 1, to szereg ∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli istnieje N ∈ N, że∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 dla n > N , to szereg∞∑n=1an jest rozbieżny.

Dowód. Ad. (a) Niech g =lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣. Z założenia, istnieje r ∈ R, że g < r < 1.

Zatem, z twierdzenia 4.8.7 istnieje N ∈ N, że∣∣∣an+1an

∣∣∣ 6 r dla n > N . Stąd mamy

|an+1| 6 |an|r dla n > N.

5.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 101

Niech bn = |aN |rn−N , n > N . Wówczas |aN | 6 bN , |aN+1| 6 bN+1 i indukcyjnie dostajemy|an| 6 bn dla n > N . Ponieważ szereg

∞∑n=Nbn, jako geometryczny o ilorazie r ∈ (0, 1)

jest zbieżny (patrz własność 5.2.6), więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów

5.5.2 dostajemy zbieżność bezwzględną szeregu∞∑n=1an.

Ad. (b) Ponieważ∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 dla n > N , więc indukcyjnie dostajemy 0 < |aN | 6 |an| dlan > N . Zatem zero nie może być granicą ciągu (an)∞n=1. To, wraz z warunkiem koniecznym

zbieżności szeregu 5.1.3 daje, rozbieżność szeregu∞∑n=1an. �

Z kryterium d’Alemberta 5.5.3 i własności 4.8.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.5.4. (kryterium d’Alemberta). Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym

takim, że an 6= 0 dla n ∈ N oraz niech istnieje granica g = limn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣.(a) Jeśli g < 1, to szereg

∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∞∑n=1an jest rozbieżny.

Uwaga 5.5.5. W twierdzeniu 5.5.3(b) warunku∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 nie można zastąpić przez

lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1. Pokażemy, że z warunku lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 nie wynika rozbieżnośćszeregu

∞∑n=1an.

Rozważmy ciąg an = 12n , gdy n jest liczbą nieparzystą oraz an =

42n , gdy n jest liczbą

parzystą. Wówczas |an| 6 42n dla n ∈ N, więc z własności 5.2.6 i kryterium porównawczego

zbieżności szeregów 5.5.2 dostajemy zbieżność szeregu∞∑n=1an.

Z drugiej strony lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2. Istotnie, ∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2, gdy n jest nieparzyste oraz∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 18 , gdy n jest parzyste. Zatem 2 jest granicą częściową ciągu

(∣∣∣an+1an

∣∣∣)∞n=1oraz

dla każdego a > 2 zbiór{n ∈ N :

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > a} jest skończony, jako zbiór pusty. Stąd i ztwierdzenia 4.8.7 mamy lim sup

n→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2.Twierdzenie 5.5.6. (kryterium Cauchy’ego). Niech

∞∑n=1an będzie szeregiem liczbo-

wym oraz niech g =lim supn→∞

n

√|an|.

(a) Jeśli g < 1, to szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∞∑n=1an jest rozbieżny. Ponadto, jeśli n

√|an| > 1 dla nieskoń-

czenie wielu n ∈ N, to szereg jest rozbieżny.

Dowód. Ad. (a) Niech g =lim supn→∞

n

√|an|. Ponieważ g < 1, więc istnieje r ∈ R, że

g < r < 1. Zatem, z twierdzenia 4.8.7 istnieje N ∈ N, że n

√|an| 6 r dla n > N . Zatem

|an| 6 rn dla n > N.


Ponieważ r ∈ (0, 1), więc z własności 5.2.6, szereg∞∑n=Nrn jest zbieżny. Stąd i z kryterium

porównawczego zbieżności szeregów 5.5.2 dostajemy zbieżność szeregu∞∑n=1|an|.

Ad. (b) Jeśli n√|an| > 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N, to |an| > 1 dla nieskoćzenie

wielu n ∈ N. Zatem szereg∞∑n=1an nie spełnia warunku koniecznego zbieżności szeregów

5.1.3, więc jest to szereg rozbieżny. Jeśli lim supn→∞

n

√|an| > 1, to dla nieskończenie wielu

n ∈ N zachodzi n√|an| > 1, więc z poprzedniej części mamy rozbieżność szeregu

∞∑n=1an. �

Z kryterium Cauchy’ego 5.5.6 i własności 4.8.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.5.7. (kryterium Cauchy’ego). Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym

oraz niech istnieje granica g = limn→∞

n

√|an|.

(a) Jeśli g < 1, to szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∞∑n=1an jest rozbieżny.

Uwaga 5.5.8. Rozważmy szereg harmoniczny∞∑n=1an, gdzie an = 1

nα, α ∈ R, n ∈ N.

Wówczas lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 1 oraz lim supn→∞

n

√|an| = lim

n→∞n

√|an| = 1, więc

kryteria d’Alemberta i Cauchy’ego nie rozstrzygają zbieżności szeregu∞∑n=1an. Jednak dla

α > 1 szereg ten jest zbieżny, dla α 6 1 zaś rozbieżny (patrz wniosek 5.3.7).

Uwaga 5.5.9. Niech (an)n∈N będzie ciągiem takim, że an 6= 0 dla n ∈ N. Można udowod-nić, że lim sup n

√|an| 6 lim sup

∣∣∣an+1an

∣∣∣, zatem z warunku (a) kryterium d’Alemberta wynikawarunek (a) kryterium Cauchy’ego.

5.6 Łączność wyrazów szeregu liczbowego

W szeregu liczbowym zbieżnym możemy kolejne wyrazy dowolnie łączyć w grupy. Miano-wicie mamy

Twierdzenie 5.6.1. (prawo łączności dla szeregów). Niech∞∑n=1an będzie szeregiem

zbieżnym, (nk)∞k=1 – ściśle rosnącym ciągiem liczb całkowitych, gdzie n1 = 0 oraz niech

ck =nk+1∑j=nk+1

aj dla k ∈ N. Wówczas szereg∞∑k=1ck jest zbieżny i

∞∑k=1ck =

∞∑n=1an. Ponadto,

jeśli szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie, to szereg

∞∑k=1ck jest zbieżny bezwzględnie.

Dowód. Oznaczając przez (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1 odpowiednio ciągi sum częściowych sze-

regów∞∑n=1an i

∞∑k=1ck, mamy tk = snk+1 dla k ∈ N. Zatem z własności 5.1.2 dostajemy

5.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 103

pierwszą część tezy. Druga część tezy wynika z nierównościk∑j=1|cj| 6

nk+1∑j=1|aj| 6

∞∑j=1|aj|

oraz tego, że ciągk∑j=1|cj|, k = 1, 2, ... jest rosnący (patrz twierdzenie 4.2.8). �

Uwaga 5.6.2. Bez założenia zbieżności szeregu∞∑n=1an, twierdzenie 5.6.1 nie jest praw-

dziwe. Mianowicie szereg∞∑n=1(−1)n jest rozbieżny. Łącząc po jednym wyrazie dostajemy,

więc szereg rozbieżny lecz po złączeniu po dwa wyrazy dostajemy

∞∑k=1

((−1)2k−1 + (−1)2k) = 0 oraz − 1+∞∑k=1

((−1)2k + (−1)2k+1) = −1.

5.7 Zbieżność bezwarunkowa

W punkcie 5.6 pokazaliśmy, że w każdym szeregu zbieżnym można dowolnie łączyć kolejnewyrazy i uzyskamy szereg zbieżny. W tym punkcie pokażemy, że zbieżność szeregu na ogółzależy od porządku jego wyrazów. Jest to, więc sytuacja odmienna od zbieżności ciągu,gdzie zmiana porządku wyrazów nie wpływa na zbieżność (patrz własność 4.2.5).

Definicja zbieżności bezwarunkowej szeregu. Mówimy, że szereg liczbowy∞∑n=1an

jest zbieżny bezwarunkowo, gdy dla każdej bijekcji σ : N→ N szereg∞∑n=1aσ(n) jest zbieżny.

Jeśli szereg jest zbieżny lecz nie jest zbieżny bezwarunkowo, to mówimy, że jest on zbieżnywarunkowo.

Lemat 5.7.1. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem zbieżnym. Jeśli an > 0 dla wszystkich n ∈ N

lub an 6 0 dla wszystkich n ∈ N, to szereg jest zbieżny bezwarunkowo. Ponadto dla każdejbijekcji σ : N→ N mamy

∞∑n=1aσ(n) =

∞∑n=1an.

Dowód. Rozważymy przypadek an > 0 dla n ∈ N. Przypadek an 6 0 dla n ∈ Nrozważa się analogicznie.

Niech s =∞∑n=1an. Weźmy dowolną bijekcję σ : N→ N. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn)∞n=1

ciągi sum częściowych odpowiednio szeregów∞∑n=1an,

∞∑n=1aσ(n). Ponieważ an > 0 dla n ∈ N,

więc ciągi (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są rosnące. Oznaczając Nn = max{σ(k) : k ∈ N, k 6 n} dla

n ∈ N, mamy

tn =n∑j=1

aσ(j) 6Nn∑j=1

aj = sNn 6 s.

W konsekwencji ciąg (tn)∞n=1, jako rosnący i ograniczony z góry, jest zbieżny oraz∞∑n=1aσ(n) 6 s =

∞∑n=1an.

Analogicznie dostajemy s =∞∑n=1an =

∞∑n=1aσ(σ−1(n)) 6

∞∑n=1aσ(n). Zatem

∞∑n=1aσ(n) = s. �


Twierdzenie 5.7.2. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym oraz βn = max{0, an},

γn = min{0, an} dla n ∈ N. Szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy,

gdy szeregi∞∑n=1βn,

∞∑n=1γn są zbieżne.

Dowód. Jeśli szeregi∞∑n=1βn i

∞∑n=1γn są zbieżne, to z lematu 5.7.1 dostajemy, że są one

zbieżne bezwarunkowo. Ponieważ an = βn + γn dla n ∈ N, więc szereg∞∑n=1an jest zbieżny

bezwarunkowo, gdyż dla każdej bijekcji σ : N → N szereg∞∑n=1aσ(n) jest sumą szeregów

zbieżnych∞∑n=1βσ(n),

∞∑n=1γσ(n).

Załóżmy, że szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwarunkowo. Wtedy jest on zbieżny i z twier-

dzenia 5.1.3 mamy limn→∞an = 0, więc lim

n→∞γn = 0. Stąd, istnieje liczba M > 0, że

(5.4) −M < γn 6 0 dla n ∈ N.

Przypuśćmy, że co najmniej jeden z szeregów∞∑n=1βn,

∞∑n=1γn jest rozbieżny. Niech (sn)∞n=1,

(bn)∞n=1, (gn)∞n=1 będą ciągami sum częściowych odpowiednio szeregów

∞∑n=1an,

∞∑n=1βn,

∞∑n=1γn. Wtedy ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, ciąg (gn)

∞n=1 jest zaś malejący. Zatem, wobec

twierdzenia 5.3.1 mamy limn→∞bn = +∞ lub lim

n→∞gn = −∞. Ponieważ sn = bn + gn dla

n ∈ N i ciąg (sn)∞n=1 jest zbieżny, więc musi być

(5.5) limn→∞bn = +∞ oraz lim

n→∞gn = −∞.

OznaczmyX = {n ∈ N : an > 0}, Y = {n ∈ N : an 6 0}.

Z (5.5) i określenia zbiorów X, Y mamy, że

(5.6) X i Y są zbiorami przeliczalnymi oraz X ∩ Y = ∅, X ∪ Y = N.

Ponadto z (5.5) istnieje ściśle rosnący ciąg liczb całkowitych (nk)∞k=0, gdzie n0 = 0, że∑nk−1 < n 6 nk

n ∈ X

an > 2M

dla wszystkich k ∈ N. Zatem Xk = {n ∈ X : nk−1 < n 6 nk}, k ∈ N jest rodziną zbiorówskończonych i niepustych takich, że

(i) Xk ∩Xj = ∅ dla k 6= j,(ii) X =

⋃k∈NXk,

(iii)∑n∈Xkan > 2M dla k ∈ N.

5.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 105

Oznaczmy przez mk ∈ N ilość elementów zbioru Xk. Niech

N1 = 1 oraz Nk = k+k∑j=1

mj dla k > 2.

NiechVk = {n ∈ N : Nk + 1 6 n 6 Nk +mk}, k ∈ N.

Xk i Vk są zbiorami mk elementowymi, więc istnieje bijekcja ϕk : Vk → Xk dla k ∈ N.Niech V =

⋃k∈N Vk. Oczywiście zbiory Vk są parami rozłączne. Z powyższego, (i) oraz (ii)

dostajemy, że

funkcja ϕ : V → X określona wzorem ϕ(n) = ϕk(n), gdy n ∈ Vk, jest bijekcją.

Niech W = N \ V . Wtedy W = {Nk : k ∈ N}. Ponieważ W,Y są zbiorami przeliczalnymi,więc istnieje bijekcja ξ : W → Y .Niech σ : N→ N będzie określona wzorem σ(n) = ϕ(n), gdy n ∈ V oraz σ(n) = ξ(n),

gdy n ∈ W . PonieważW ∩V = ∅, więc σ jest poprawnie określona. Ponadto z określenia ϕi ξ mamy σ(V ) = X, σ(W ) = Y , więc z (5.6) mamy, że σ jest bijekcją N na N. Rozważmyszereg

∞∑n=1aσ(n). Wtedy, wobec (5.4) i (iii),

mk+Nk∑n=1

aσ(n) =∑

n∈V1∪...∪Vkaσ(n)+

∑n ∈ W

n 6 mk +Nk

aσ(n) =k∑j=1

∑n∈Vjaϕj(n)+

k∑j=1

aξ(Nj) > k2M − kM = kM.

Ponieważ limk→∞kM = +∞, więc sumy częściowe szeregu

∞∑n=1aσ(n) nie mają granicy skoń-

czonej. To przeczy zbieżności bezwarunkowej szeregu∞∑n=1an i kończy dowód. �

Twierdzenie 5.7.3. (o zbieżności bezwzględnej i bezwarunkowej szeregu). Szereg

liczbowy∞∑n=1an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbieżny bezwzględ-

nie.

Dowód. Niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N.Załóżmy, że szereg

∞∑n=1an jest zbieżny bezwarunkowo. Wówczas z twierdzenia 5.7.2

mamy, że szeregi∞∑n=1βn,

∞∑n=1γn są zbieżne. W szczególności szereg

∞∑n=1(−γn) jest zbieżny.

Ponieważ |an| = βn − γn dla n ∈ N, więc szereg∞∑n=1|an| jest zbieżny, jako suma szeregów

zbieżnych.

Załóżmy teraz, że szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwzględnie. Ponieważ 0 6 βn 6 |an|,

0 6 −γn 6 |an| dla n ∈ N, więc z kryterium porównawczego zbieżności szeregów 5.3.2 do-stajemy zbieżność szeregów

∞∑n=1βn,

∞∑n=1(−γn). W szczególności szereg

∞∑n=1γn jest zbieżny.

Reasumując z twierdzenia 5.7.2 dostajemy zbieżność bezwarunkową szeregu∞∑n=1an. �


Twierdzenie 5.7.4. Jeśli szereg∞∑n=1an jest zbieżny bezwarunkowo, to dla dowolnej bijek-

cji σ : N→ N zachodzi∞∑n=1aσ(n) =

∞∑n=1an.

Dowód. Niech βn = max{0, an}, γn = min{0, an} dla n ∈ N. Z założenia i twier-dzenia 5.7.2 mamy, że szeregi

∞∑n=1βn,

∞∑n=1γn są zbieżne, pierwszy z nich ma wyrazy

nieujemne, drugi – niedodatnie. Stąd i z lematu 5.7.1 dostajemy, że szeregi te są zbieżne

bezwarunkowo. Ponadto dla dowolnej bijekcji σ : N → N mamy∞∑n=1βσ(n) =

∞∑n=1βn oraz

∞∑n=1γσ(n) =

∞∑n=1γn. W szczególności

∞∑n=1

aσ(n) =∞∑n=1

βσ(n)+∞∑n=1

γσ(n) =∞∑n=1

βn+∞∑n=1

γn =∞∑n=1

an.

To daje tezę. �


Wniosek 5.7.5. Szereg∞∑n=1an jest warunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest to

szereg zbieżny lecz nie jest on zbieżny bezwzględnie.

Uwaga 5.7.6. Podobnie jak w dowodzie twierdzenia 5.7.2 można pokazać, że jeśli szereg∞∑n=1an jest zbieżny warunkowo oraz s ∈ R, to istnieje bijekcja σ : N → N taka, że szereg

∞∑n=1aσ(n) jest zbieżny do s.

ZADANIA

Zadanie 5.7.1. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest zbieżny

bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego: dla każ-dego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioru skończonegoJ ⊂ N \H zachodzi | ∑

n∈Jan| < ε.

Zadanie 5.7.2. Niech∞∑n=1an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest zbieżny

bezwarunkowo do s ∈ R wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończonyH ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioru skończonego J ⊂ N takiego, że H ⊂ J zachodzi| ∑n∈Jan − s| < ε.

5.8 Mnożenie szeregów

Definicja iloczynu szeregów w sensie Cauchy’ego. Niech∞∑n=0an,

∞∑n=0bn będą szere-

gami liczbowymi. Iloczynem w sensie Cauchy’ego tych szeregów nazywamy szereg∞∑n=0cn,

gdzie

cn =n∑j=0

ajbn−j, n = 0, 1, 2, ...(3).

5.8. MNOŻENIE SZEREGÓW 107

Uwaga 5.8.1. Iloczyn w sensie Cauchy’ego szeregów jest przemienny.

Twierdzenie 5.8.2. (Mertensa). Jeśli szeregi∞∑n=0an,

∞∑n=0bn są zbieżne i jeśli przynaj-

mniej jeden z tych szeregów jest zbieżny bezwzględnie to iloczyn w sensie Cauchy’ego∞∑n=0cn

tych szeregów jest zbieżny oraz

∞∑n=0

cn =∞∑n=0

an∞∑n=0

bn.

Jeśli szeregi∞∑n=0an,

∞∑n=0bn są bezwzględnie zbieżne, to szereg

∞∑n=1cn jest bezwzględnie

zbieżny.

Dowód. Niech A =∞∑n=0an, B =

∞∑n=0bn oraz Ak =

k∑n=0an, Bk =

k∑n=0bn, Ck =

k∑n=0cn

dla k ∈ Z, k > 0. Niech na przykład szereg∞∑n=0an będzie zbieżny bezwzględnie oraz

K =∞∑n=0|an|. Oczywiście K > 0.

Pokażemy, że

(5.7) limk→∞(Ck − AkB) = 0.

Zauważmy najpierw, że

k∑n=0

n∑j=0

ajbn−j =k∑j=0

ajk∑n=j

bn−j dla k > 0.

Istotnie, dla ustalonego aj, 0 6 j 6 k, sumak∑n=jbn−j jest sumą wszystkich bn−j występu-

jących wk∑n=0

n∑j=0ajbn−j w iloczynie z aj. To daje zapowiedzianą uwagę. Stąd mamy

Ck =k∑n=0

cn =k∑n=0

n∑j=0

ajbn−j =k∑j=0

ajk∑n=j

bn−j =k∑j=0

aj

k−j∑n=0

bn =k∑j=0

ajBk−j,

więc

(5.8) Ck − AkB =k∑j=0

ajBk−j −k∑j=0

ajB =k∑j=0

aj(Bk−j −B).

Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ lims→∞(Bs −B) = 0, więc istnieje N1 ∈ N, że dla każdego

s > N1 zachodzi |Bs − B| < ε2(K+1) (oczywiście K + 1 > 0). Weźmy dowolne k > N1.

Wówczas dla 0 6 j 6 k −N1 − 1 mamy k − j > N1, zatem z powyższego,

(5.9)

∣∣∣∣∣∣k−N1−1∑j=0

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ ¬k−N1−1∑j=0

|aj||Bk−j −B| 6k−N1−1∑j=0

|aj|ε

2(K + 1)<ε

2.


Oczywiście ciąg (Bs−B)∞s=0, jako zbieżny jest ograniczony. Niech więcM > 0 będzie takąliczbą, że |Bs − B| < M , dla s = 0, 1, ... . Z warunku koniecznego zbieżności szeregówmamy lim

j→∞aj = 0. Zatem istnieje N2 > 0, że dla każdego j > N2 zachodzi |aj| < ε

2M(N1+1).

Weźmy dowolne k > N2 +N1. Wówczas dla j > k −N1 mamy j > N2, więc∣∣∣∣∣∣k∑

j=k−N1aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ 6k∑

j=k−N1|aj||Bk−j −B| 6

k∑j=k−N1

ε

2M(N1 + 1)M 6

ε

2.

Stąd, z (5.8) i (5.9), dla k > N2 +N1 dostajemy

|Ck − AkB| 6

∣∣∣∣∣∣k−N1−1∑j=0

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣k∑

j=k−N1aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ < ε2 + ε2 = ε.Reasumując mamy (5.7).Ponieważ

0 6 |Ck − AB| = |Ck − AkB + AkB − AB| 6 |Ck − AkB|+ |AkB − AB|

oraz limk→∞AkB = AB, więc z (5.7) i twierdzenia o trzech ciągach mamy lim

k→∞Ck = AB.

To daje pierwszą część tezy.

Udowodnimy drugą część tezy. Załóżmy, że szeregi∞∑n=0|an| i

∞∑n=0|bn| są zbieżne. Biorąc

dn =n∑k=0|ak||bn−k|, z pierwszej części twierdzenia dostajemy, że szereg

∞∑n=0dn jest zbieżny.

Ponieważ |cn| 6n∑k=0|ak||bn−k| = dn, więc z kryterium porównawczego dostajemy, zbieżność

szeregu∞∑n=0|cn|. To daje drugą część tezy i kończy dowód. �

Uwaga 5.8.3. W twierdzeniu Mertensa 5.8.2, założenia że przynajmniej jeden z szeregów∞∑n=0an,

∞∑n=0bn jest zbieżny bezwzględnie, nie można opuścić. Biorąc mianowicie an = bn =

(−1)n√n+1 , n = 0, 1, ... mamy, że szeregi

∞∑n=0an,

∞∑n=0bn są zbieżne warunkowo. Dla iloczynu

Cauchy’ego∞∑n=0cn tych szeregów mamy |cn| =

n∑j=0

1√j+1√n−j+1 >

n∑j=0

1n+1 = 1, więc jest to

szereg rozbieżny.

Uwaga 5.8.4. Mertens pokazał, że jeśli szeregi∞∑n=0an,

∞∑n=0bn są zbieżne i iloczyn w sensie

Cauchy’ego∞∑n=0cn tych szeregów jest zbieżny, to

∞∑n=0

cn =∞∑n=0

an∞∑n=0

bn.

5.9. SZEREGI POTĘGOWE 109

5.9 Szeregi potęgowe

Definicja szeregu potęgowego. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym oraz x0 ∈ R.Szereg postaci

∞∑n=0an(x − x0)n, gdzie x ∈ R, nazywamy szeregiem potęgowym o środku

x0 lub szeregiem Taylora o środku x0. Przyjmujemy tutaj 00 = 1. Liczby an, n = 0, 1, ...nazywamy współczynnikami szeregu potęgowego.

Twierdzenie 5.9.1. (Cauchy’ego-Hadamarda). Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbo-wym, % =lim sup

n→∞n

√|an| oraz

(5.10) R =

0 dla % = +∞,1/% dla 0 < % < +∞,+∞ dla % = 0.

Wówczas szereg potęgowy∞∑n=0an(x − x0)n o środku x0 ∈ R jest zbieżny bezwzględnie dla

x ∈ R takich, że |x− x0| < R oraz rozbieżny dla x ∈ R takich, że |x− x0| > R.

Dowód. Z wniosku 4.8.5(a) dla x 6= x0 mamy lim supn→∞

n

√|an(x− x0)n| = %|x − x0|,

gdzie przyjmujemy %|x− x0| = +∞, gdy % = +∞. Zatem z kryterium Cauchy’ego zbież-ności szeregów 5.5.6 oraz z (5.10) dostajemy tezę. �

Definicja promienia zbieżności szeregu potęgowego. Niech∞∑n=0an(x− x0)n będzie

szeregiem potęgowym. Element R ∈ R ∪ {+∞} taki, że powyższy szereg potęgowy jestzbieżny dla x ∈ R takich, że |x − x0| < R oraz rozbieżny dla |x − x0| > R nazywamypromieniem zbieżności tego szeregu potęgowego. Zbiór {x ∈ R : |x− x0| < R} nazywamyprzedziałem zbieżności szeregu potęgowego.

Uwaga 5.9.2. Jeśli R jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego∞∑n=0an(x − x0)n,

to wobec twierdzenia 5.9.1, szereg ten jest bezwzględnie zbieżny w przedziale zbieżności.Dla x ∈ R takich, że |x − x0| = R, czyli x = x0 + R oraz x = x0 − R, szereg ten możebyć zbieżny lub rozbieżny. Jeśli R = 0, to przedział zbieżności tego szeregu jest zbiorempustym, szereg jest jednak zbieżny dla x = x0.

Wniosek 5.9.3. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ Z,n > 0 oraz niech istnieje granica η = lim

n→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣. Wówczas promień zbieżności szeregupotęgowego

∞∑n=0an(x− x0)n wyraża się wzorem

(5.11) R =

0 dla η = +∞,1/η dla 0 < η < +∞,+∞ dla η = 0.


Dowód. Z kryterium d’Alemberta (wniosek 5.5.4) dostajemy, że szereg potęgowy∞∑n=0an(x−x0)n jest zbieżny bezwzględnie dla x ∈ R takich, że η|x−x0| < 1 oraz rozbieżny

dla x ∈ R takich, że η|x−x0| > 1, gdzie przyjmujemy η|x−x0| = +∞, gdy η = +∞ oraz|x− x0| > 0. Stąd dostajemy (5.11). �

Dla ilustracji, przedstawimy najważniejszą funkcję w analizie x 7→ ex w postaci sumyszeregu potęgowego. Zacznijmy od lematu.

Lemat 5.9.4. Szereg potęgowy∞∑n=0

xn

n! jest zbieżny bezwzględnie w R. Ponadto

(5.12)∞∑n=0

(x+ y)n

n!=∞∑n=0

xn

n!

∞∑n=0

yn

n!dla x, y ∈ R.

Dowód. Ponieważ limn→∞

∣∣∣∣ 1(n+1)!1n!

∣∣∣∣ = 0, więc zbieżność bezwzględna szeregu ∞∑n=0

xn

n! dla

x ∈ R wynika z wniosku 5.9.3. Weźmy dowolne x, y ∈ R. Niech∞∑n=0cn będzie iloczy-

nem w sensie Cauchy’ego szeregów∞∑n=0

xn

n! oraz∞∑n=0

yn

n! . Wówczas, ze wzoru dwumiennego

Newtona, dla n ∈ Z, n > 0 mamy

cn =n∑j=0

xj

j!yn−j

(n− j)!=1n!

n∑j=0

(n

j

)xjyn−j =

(x+ y)n

n!.

To, wraz z twierdzeniem Mertensa 5.8.2 daje (5.12) i kończy dowód. �

Twierdzenie 5.9.5. Dla każdego x ∈ R zachodzi

ex =∞∑n=0

xn

n!.

Dowód. Dla x = 0 teza jest oczywista. Rozważmy przypadek x > 0. Niech

sn =n∑k=0

xk

k!, tn =

(1 +x

n

)n, n ∈ N.

Ponieważ x > 0, więc analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 4.5.2 dla każdego n ∈ N,

tn =(1 +x

n

)n=n∑k=0

(n

k

)xk

nk= 1 +

n∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

xk

nk6 1 +

n∑k=1

xk

k!= sn.

Z wniosku 4.5.4(b) mamy ex = limn→∞tn, więc z powyższego, uwzględniając zbieżność szeregu

∞∑n=0

xn

n! (patrz lemat 5.9.4), dostajemy

(5.13) ex 6∞∑n=0

xn

n!.

5.9. SZEREGI POTĘGOWE 111

Weźmy dowolne m ∈ N. Wówczas, wobec założenia x > 0, dla n ∈ N, n > m mamy

tn =n∑k=0

(n

k

)xk

nk= 1+

n∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

xk

k!> 1+

m∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

xk

k!.

Ponieważ dla każdego k ∈ N zachodzi limn→∞

n(n−1)···(n−k+1)nk

= 1, więc przechodząc wpowyższym do granicy przy n→∞ mamy

ex > 1 +m∑k=1

xk

k!= sm.

Przechodząc teraz do granicy, przy m → ∞, dostajemy ex >∞∑n=0

xn

n! . To, wraz z (5.13)

daje tezę w przypadku x > 0.Dla x < 0 mamy −x > 0, więc z lematu 5.9.4 i powyżej udowodnionego przypadku,

1 =∞∑n=0

(x− x)n

n!=∞∑n=0

(−x)n

n!

∞∑n=0

xn

n!= e−x

∞∑n=0

xn

n!.

Stąd wynika teza w przypadku x < 0. To kończy dowód. �


Wniosek 5.9.6. e =∞∑n=0

1n! .

Wniosek 5.9.7. Dla każdego x ∈ R zachodzi

(5.14) ex > 1 + x.

Dowód. Z twierdzenia 5.9.5 mamy ex − 1 − x =∞∑n=2

xn

n! , więc z prawa łączności dla

szeregów 5.6.1,

(5.15) ex − 1− x =∞∑n=1

(x2n

(2n)!+x2n+1

(2n+ 1)!

).

Zatem mamy (5.14) dla x > 0. Dla −1 < x < 0, (5.14) wynika z (5.15), gdyż wtedyx2n

(2n)! +x2n+1

(2n+1)! > 0. Dla x 6 −1, (5.14) wynika z nierówności ex > 0 dla x ∈ R. �

ZADANIA

Zadanie 5.9.1. Liczba e jest niewymierna.

Wsk. Udowodnić, że 0 < e−n∑k=0

1k! <

1n!n dla n ∈ N.


5.10 Funkcje trygonometryczne

W tym punkcie wprowadzimy funkcje trygonometryczne. Zacznijmy od własności.

Własność 5.10.1. Dla każdego x ∈ R szeregi

(5.16)∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1,

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

są zbieżne bezwzględnie.

Dowód. Dla x = 0 zbieżność szeregów jest oczywista. Dla x 6= 0, stosując kryteriumd’Alemberta zbieżności szeregów (wniosek 5.5.4), łatwo dostajemy tezę. �

Uwaga 5.10.2. Szeregi w (5.16) traktujemy również jako szeregi potęgowe, gdzie przyj-mujemy współczynniki a2n+1 =

(−1)n(2n+1)! i a2n = 0 dla n ∈ N w pierwszym szeregu oraz

b2n+1 = 0 i b2n =(−1)n(2n)! dla n ∈ N w drugim. Bowiem stosując prawo łączności, można

łatwo pokazać, że opuszczenie wyrazów zerowych nie wpływa na zbieżność szeregu.

Definicja funkcji sinus i cosinus. Dla x ∈ R kładziemy

sin x =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 oraz cos x =

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

i nazywamy odpowiednio sinusem x oraz cosinusem x. Funkcje x 7→ sin x oraz x 7→ cosxnazywamy odpowiednio funkcją sinus i funkcją cosinus i odpowiednio oznaczamy sin, cos.

Twierdzenie 5.10.3. Niech x, y ∈ R. Wówczas mamy

(a) cos 0 = 1, sin 0 = 0,

(b) cos(−x) = cosx, sin(−x) = − sin x,(c) cos(x+ y) = cosx cos y − sin x sin y, cos(x− y) = cosx cos y + sinx sin y,(d) sin(x+ y) = sin x cos y + cosx sin y, sin(x− y) = sinx cos y − cosx sin y,(e) sin2 x+ cos2 x = 1.

Dowód. Części (a) i (b) wynikaję bezpośrednio z definicji.Udowodnimy (c). Rozważmy iloczyny w sensie Cauchy’ego

∞∑n=0

cn =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!y2n,

∞∑n=0

dn =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!y2n+1.

W myśl własności 5.10.1 i twierdzenie Mertensa 5.8.2, wszystkie szeregi w powyższymwzorze są zbieżne bezwzględnie. Ponadto dla n ∈ Z, n > 0 mamy

cn =n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k(−1)n−k

(2(n− k))!y2(n−k) =

(−1)n

(2n)!

n∑k=0

(2n2k

)x2ky2n−2k,

5.10. FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE 113

więc

cn+1 =(−1)n+1

(2(n+ 1))!

n+1∑k=0

(2(n+ 1)2k

)x2ky2(n+1)−2k

oraz

dn =n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

(−1)n−k

(2(n− k) + 1)!y2(n−k)+1

= − (−1)n+1

(2(n+ 1))!

n∑k=0

(2(n+ 1)2k + 1

)x2k+1y2(n+1)−(2k+1).

Stąd mamy c0 = 1 oraz ze wzoru dwumiennego Newtona,

cn+1 + dn =(−1)n+1

(2(n+ 1))!(x− y)2(n+1), cn+1 − dn =

(−1)n+1

(2(n+ 1))!(x+ y)2(n+1).

Reasumując

cos(x+ y) = c0+∞∑n=0

(cn+1 − dn) =∞∑n=0

cn−∞∑n=0

dn = cos x cos y − sin x sin y

oraz

cos(x− y) = c0+∞∑n=0

(cn+1 + dn) =∞∑n=0

cn+∞∑n=0

dn = cos x cos y + sinx sin y

To daje (c).Podobnie dowodzimy (d). Mianowicie biorąc iloczyny w sensie Cauchy’ego

∞∑n=0

fn =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!y2n,

∞∑n=0

hn =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!y2n+1

dostajemy łatwo

fn + hn =(−1)n

(2n+ 1)!(x+ y)2n+1, fn − hn =

(−1)n

(2n+ 1)!(x− y)2n+1.

Stąd otrzymujemy (d).Część (e) wynika natychmiast z drugiej części (c), gdy przyjmiemy y = x. �

Wniosek 5.10.4. Niech x, y ∈ R. Wówczas

(a) −1 6 sin x 6 1, −1 6 cosx 6 1,

(b) sin 2x = 2 sinx cosx, cos 2x = cos2 x− sin2 x,

(c) cosx+ cos y = 2 cos x+y2 cosx−y2 , cosx− cos y = −2 sin x−y2 sin

x+y2 ,

(d) sinx+ sin y = 2 sin x+y2 cosx−y2 , sin x− sin y = 2 sin x−y2 cos

x+y2 .


Dowód. (a) i (b) wynikają natychmiast z części (e) i (c), (d) twierdzenia 5.10.3.Kładąc u = x+y2 oraz v =

x−y2 mamy u + v = x oraz u − v = y. Z części (c) twierdzenia

5.10.3 mamy

cos(u+ v) = cosu cos v − sinu sin v oraz cos(u− v) = cosu cos v + sinu sin v.

Dodając stronami te równości dostajemy pierwszą część (c), odejmując zaś drugą równośćod pierwszej dostajemy drugą część (c). Analogicznie dowodzimy (d). �

Twierdzenie 5.10.5. Zachodzą następujące nierówności:

(5.17) x− x3

6< sin x < x dla x ∈ (0, 1],

(5.18) x cosx < sin x dla x ∈ (0, 1].

Dowód. Udowodnimy (5.17). Ponieważ

sinx = x− x3

6+∞∑n=2

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 dla x ∈ R,

więc łącząc w tym szeregu każdy wyraz o wskaźniku parzystym z następnym wyrazem, wmyśl twierdzenia 5.6.1 mamy

(5.19) sinx = x− x3

6+∞∑n=1

(x4n+1

(4n+ 1)!− x4n+3

(4n+ 3)!

)> x− x

3

6dla x ∈ (0, 1],

gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy

x4n+1

(4n+ 1)!− x4n+3

(4n+ 3)!= x4n+1

(1

(4n+ 1)!− x2

(4n+ 3)!

)

> x4n+1(

1(4n+ 1)!

− 1(4n+ 3)!

)> 0.

Z drugiej strony,

sin x = x+∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1,

więc łącząc każdy wyraz o wskaźniku nieparzystym z następnym wyrazem, mamy

(5.20) sin x = x+∞∑n=1

(− x

4n−1

(4n− 1)!+x4n+1

(4n+ 1)!

)< x dla x ∈ (0, 1],

gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy

− x4n−1

(4n− 1)!+x4n+1

(4n+ 1)!= x4n−1

(− 1(4n− 1)!

+x2

(4n+ 1)!

)

5.10. FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE 115

6 x4n−1(− 1(4n− 1)!

+1

(4n+ 1)!

)< 0

Reasumując (5.19) i (5.20) dają (5.17).

Podobnie dowodzimy (5.18). Mianowicie dla x ∈ R mamy

x cosx =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n+1 = x+

∞∑n=1

(− x

4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!

).

Zatem, wobec (5.20), wystarczy pokazać, że dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N zachodzi:

(5.21) − x4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!< − x

4n−1

(4n− 1)!+x4n+1

(4n+ 1)!.

Ponieważ 2 < (4n − 1)2, więc 4n + 1 < 16n2 − 4n, zatem 4n + 1 < 4n(4n − 1) i wkonsekwencji 1

(4n−1)! +1(4n)! <

1(4n−2)! . Stąd

− 1(4n− 2)!

+1(4n)!

< − 1(4n− 1)!

,

więc dla x ∈ (0, 1] dostajemy

− x4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!6 − x

4n−1

(4n− 2)!+x4n−1

(4n)!< − x

4n−1

(4n− 1)!< − x

4n−1

(4n− 1)!+x4n+1

(4n+ 1)!.

To daje (5.21) i w konsekwencji (5.18). To kończy dowód. �

Wniosek 5.10.6. Jeśli ciąg (an)n∈N jest zbieżny do a ∈ R, to

(a) limn→∞sin an = sin a,

(b) limn→∞cos an = cos a,

(c) limn→∞

sin anan= 1, gdy an 6= 0 dla n ∈ N oraz a = 0.

Dowód. Zauważmy najpierw, że jeśli ciąg (bn)n∈N jest zbieżny do 0, to

(5.22) limn→∞sin bn = 0.

Istotnie, ponieważ limn→∞bn = 0, więc istnieje N ∈ N, że dla n > N mamy |bn| < 1. Jeśli

bn = 0, to sin bn = 0. Jeśli n > N oraz bn 6= 0, to 0 < |bn| < 1 i z twierdzenia 5.10.5(5.17)mamy |bn| − |bn|

3

6 < sin |bn| < |bn|. W konsekwencji

|bn| −|bn|3

66 sin |bn| 6 |bn| dla n > N.

Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy limn→∞sin |bn| = 0, a więc lim

n→∞| sin |bn|| = 0.

Z twierdzenia 5.10.3(b) mamy | sin bn| = | sin |bn||, więc z poprzedniego, limn→∞sin bn = 0,

co daje (5.22).


Udowodnimy (a). Z wniosku 5.10.4(d) mamy

sin an − sin a = 2 sinan − a2cosan + a2.

Ponadto ciąg(an−a2

)n∈Njest zbieżny do zera, więc z (5.22) mamy lim

n→∞sin an−a2 = 0. Ponie-

waż ciąg (cos an−a2 )n∈N jest ograniczony, więc z powyższego i własności 4.2.10 dostajemylimn→∞(sin an − sin a) = 0. To daje (a).Ponieważ cos 2x = 1− 2 sin2 x, więc

cos an = 1− 2 sin2an2

i z (a) dostajemy (b).Udowodnimy (c). Ponieważ an 6= 0 dla n ∈ N oraz lim

n→∞an = 0, więc istnieje N ∈ N,

że dla n > N zachodzi 0 < |an| < 1. Z twierdzenia 5.10.5 dla x ∈ (0, 1] dostajemycosx < sinx

x< 1, więc dla n > N mamy

cos |an| <sin |an||an|

< 1.

Zatem z (b) i twierdzenia o trzech ciągach wynika, że limn→∞

sin |an||an| = 1. Ponieważ z twier-

dzenia 5.10.3(b) mamy sin anan= sin |an||an| , więc udowodniliśmy (c). �

Wniosek 5.10.7. Zachodzą następujące nierówności:

(5.23) 0 < cosx, 0 < sin x dla x ∈ (0, 1].

Ponadto cos 2 < 0.

Dowód. Z twierdzenia 5.6.1 mamy cos x =∞∑n=0

(x4n

(4n)! −x4n+2

(4n+2)!

)dla x ∈ R oraz dla

x ∈ (0, 1] zachodzi

x4n

(4n)!− x4n+2

(4n+ 2)!= x4n

(1(4n)!

− x2

(4n+ 2)!

)> x4n

(1(4n)!

− 1(4n+ 2)!

)> 0,

zatem otrzymujemy cosx > 0 dla x ∈ (0, 1]. Stąd i z twierdzenia 5.10.5(5.18) mamy0 < x cosx < sin x dla x ∈ (0, 1], więc udowodniliśmy (5.23).Ponadto z twierdzenia 5.10.5(5.17) wynika, że sin 1 > 5

6 . Stąd, z wniosku 5.10.4(b)oraz twierdzenia 5.10.3(e) mamy

cos 2 = 1− 2 sin2 1 < 1− 22536= −1436< 0.

To daje tezę i kończy dowód. �

W świetle wniosku 5.10.5 mamy, że funkcje sin i cos nie znokają tożsamościowo. Zatemnastępująca definicja jest poprawna.

5.11. ROZWINIĘCIE DZIESIĘTNE LICZBY RZECZYWISTEJ 117

Definicja funkcji tangens i cotangens. Niech x ∈ R.

Liczbę sinxcosx , gdy cosx 6= 0 nazywamy tangensem x i oznaczamy tgx.

Liczbę cosxsinx , gdy sin x 6= 0 nazywamy cotangensem x i oznaczamy ctgx.

Funkcje x 7→ tgx określoną w zbiorze {x ∈ R : cos x 6= 0} nazywamy funkcją tangensi oznaczamy tg .

Funkcję x 7→ ctgx określoną w zbiorze {x ∈ R : sin x 6= 0} nazywamy funkcjącotangens i oznaczamy ctg .

Z wniosku 5.10.6 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.10.8. Jeśli cosx 6= 0, to x jest punktem skupienia dziedziny funkcji tg orazjeśli sin x 6= 0, to x jest punktem skupienia dziedziny funkcji ctg .

Z wniosku 5.10.6 i twierdzenia 4.2.9(e) mamy

Wniosek 5.10.9. Niech ciąg (an)n∈N będzie zbieżny do a ∈ R.

(a) Jeśli cos an 6= 0 oraz cos a 6= 0, to limn→∞

tg an = tg a,

(b) Jeśli sin an 6= 0 oraz sin a 6= 0, to limn→∞

ctg an = ctg a.

5.11 Rozwinięcie dziesiętne liczby rzeczywistej

Uwaga 5.11.1. Z własności 2.4.3(a) dostajemy, że

{k ∈ Z : 0 6 k < 10} = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.

Lemat 5.11.2. Niech x ∈ R. Istnieje dokładnie jeden ciąg (vn)∞n=0 liczb całkowitych taki,że

(5.24)vn10n

6 x <vn + 110n

dla n = 0, 1, ...

Wtedy v0 = [x] (4) i oznaczając αn = vn − 10vn−1 dla n = 1, 2, ... mamy

(5.25) αn ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dla n = 1, 2, ... ,

przy czym zbiór {n ∈ N : αn 6= 9} jest nieskończony i zachodzi

(5.26) x = [x]+∞∑n=1

αn10n.

4[x] oznacza całość z liczby x.


Dowód. Przyjmując vn = [x10n], n = 0, 1, ..., dostajemy (5.24). Jednoznaczność ciągu(vn)∞n=0 wynika z określenia całości z liczby. Wtedy z (5.24) dla n = 0, 1, ... mamy

10vn10n+1

6 x,

więc 10vn 6 vn+1, czyli 0 6 vn+1 − 10vn. Ponadto

vn+110n+1

6 x <vn + 110n

=10vn + 1010n+1

,

zatem vn+1 < 10vn + 10 dla n = 0, 1, ..., co daje (5.25). Z (5.24) mamy

x− 110n<vn10n

6 x dla n = 0, 1, ...,

więc z twierdzenia o trzech ciągach 4.2.6 dostajemy x = limn→∞

vn10n . Stąd wynika (5.26), gdyż

vn10n= v0+

n∑k=1

(vk10k− vk−110k−1

)= [x]+

n∑k=1

αk10k

dla n = 1, 2, ...

Zauważmy, że zbiór {n ∈ N : αn 6= 9} jest nieskończony. Istotnie, w przeciwnym razieoznaczając przez s liczbę 0, gdy αn = 9 dla n ∈ N oraz s = max{n ∈ N : αn 6= 9}, gdynie wszystkie liczby αn są równe 9, mamy

∞∑k=s+1

αk10k=110s.

Zatem x = [x] + 1, gdy s = 0 oraz

x = [x]+s∑k=1

αk10k+110s, gdy s > 0.

Przypadek x = [x]+1 przeczy określeniu całości z liczby. W drugim przypadku zaś, mamy

x =110s

([x]10s+

s−1∑k=1

αk10s−k + αs + 1),

więc

vn = 10n−s([x]10s+

s−1∑k=1

αk10s−k + αs + 1)dla n > s

i αn = vn − 10vn−1 = 0 dla n > s. To przeczy przypuszczeniu i kończy dowód. �

Definicja ciągu przybliżeń dziesiętnych liczby rzeczywistej. Niech x ∈ R oraz(vn)∞n=0 będzie ciągiem liczb całkowitych spełniających (5.24). Ciąg (wn)

∞n=0 określony

wzorem wn = vn10n nazywamy ciągiem przybliżeń dziesiętnych liczby x.

5.11. ROZWINIĘCIE DZIESIĘTNE LICZBY RZECZYWISTEJ 119

Lemat 5.11.3. Niech c ∈ N. Istnieje dokładnie jeden ciąg (vn)∞n=0 liczb całkowitych taki,że

(5.27) vn10n 6 c < (vn + 1)10n dla n = 0, 1, ...

Wtedy v0 = c i oznaczając βn = vn − 10vn+1 dla n = 0, 1, ... mamy

(5.28) βn ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dla n = 0, 1, ...

Ponadto istnieje k ∈ Z, k > 0, że 10k 6 c < 10k+1 i wtedy βk 6= 0 oraz βn = 0 dla n > k,przy czym

(5.29) c =k∑n=0

βn10n

Dowód. Przyjmując vn = [ c10n ], n = 0, 1, ..., dostajemy (5.27). Jednoznaczność ciągu(vn)∞n=0 wynika z określenia całości z liczby. Wtedy v0 = c i z określenia ciągu (vn)

∞n=0

mamy10vn+110n 6 vn10n 6 c < (vn+1 + 1)10n+1 dla n = 0, 1, ...

Zatem 10vn+1 6 vn oraz vn < 10vn+1 + 10, co daje (5.28). Ponieważ c > 1 i limn→∞

c10n = 0,

więc istnieje k ∈ Z, k > 0, że

1 6c

10k< 10 oraz 0 <

c

10n< 1 dla n > k.

Stąd wynika, że vk 6= 0 oraz vn = 0 dla n > k i w konsekwencji βk = vk oraz βn = 0 dlan > k. Jeśli k = 0, to c = β0, więc mamy (5.29). Jeśli k > 0, to

c = v0 = vk10k+k−1∑n=0

(vn − 10vn+1)10n = βk10k+k−1∑n=0

βn10n,

co daje (5.29) i kończy dowód. �

Definicja rozwinięcia dziesiętnego liczby rzeczywistej. Niech x ∈ R, x 6= 0. Przed-stawienie

(5.30) x = sgn (x)∞∑n=k

αn10n,

gdzie k ∈ Z, k 6 0, αn ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dla n = k, k + 1, ... (przy czym αk 6= 0,gdy |x| > 1 oraz k = 0 i αk = 0, gdy |x| < 1), nazywamy rozwinięciem dziesiętnym liczbyx i piszemy

x = αk...α0, α1α2..., gdy x > 0

orazx = −αk...α0, α1α2..., gdy x < 0.

Dodatkowo przyjmujemy 0 = 0, 0... .Rozwinięcie (5.30) nazywamy normalnym, gdy zbiór {n ∈ Z : n > k ∧ αn 6= 9} jest

nieskończony.


Twierdzenie 5.11.4. Każda liczba rzeczywista posiada dokładnie jedno rozwinięcie dzie-siętne normalne.

Dowód. Niech x ∈ R. Wobec definicji rozwinięcia dziesiętnego, wystarczy rozważyćprzypadek x > 0. Pokażemy najpierw, że liczba x ma rozwinięcie dziesiętne normalne.Niech c = [x]. Jeśli c = 0, to teza wynika z lematu 5.11.2. Jeśli c > 0 i x = c, to tezawynika z lematu 5.11.3. Jeśli c > 0 oraz x 6= c, to przyjmując y = x− c mamy x = c+ yoraz 0 < y < 1, więc biorąc sumę rozwinięć dziesiętnych liczby y (patrz lemat 5.11.2) orazliczby c (patrz lemat 5.11.3) dostajemy tezę.Pokażemy teraz jedyność rozwinięcia normalnego. Niech

x =∞∑n=k

αn10n

oraz x =∞∑n=k

βn10n,

gdzie αn, βn ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dla n > k oraz zbiory

(5.31) {n ∈ Z : n > k ∧ αn 6= 9}, {n ∈ Z : n > k ∧ βn 6= 9} będą nieskończone.

Wystarczy pokazać, że αn = βn dla n > k. W tym celu zauważmy, że

(5.32)

∣∣∣∣∣s∑n=k

βn10n−

s∑n=k

αn10n

∣∣∣∣∣ < 110s dla s > k.

Istotnie dla każdego s > k mamys∑n=k

αn10n 6 x, więc z założenia (5.31),

s∑n=k

βn10n−

s∑n=k

αn10n

6 x−s∑n=k

αn10n=

∞∑n=s+1

αn10n<

∞∑n=s+1

910n=110s.

Analogicznie pokazujemys∑n=k

βn10n−

s∑n=k

αn10n<110s.

Reasumując mamy (5.32). Z (5.32) indukcyjnie dostajemy, że αn = βn dla n > k. Tokończy dowód. �

Uwaga 5.11.5. Zastępując liczbę 10 w powyższych twierdzeniach przez dowolną liczbęnaturalną większą od 1 dostajemy analogiczne rozwinięcia liczb rzeczywistych.

Documents

Rozdział 5 Szeregi liczbowe 5.1 Szeregi liczbowe