\hsize 160 truemm \vsize 240 truemm
\def\arctg{\text{\rm arctg}\,}
\def\ctg{\text{\rm ctg}\,}
\def\tg{\text{\rm tg}\,}
\def\li{\lim_{n\to+\infty}}
\document
\nologo \NoBlackBoxes \head {\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 24.\\
\\
Ci�gi, szeregi
\endhead

\medskip
24.1. Sta�a Eulera $\gamma$. Jako zastosowanie twierdzenia o zbie�no�ci ci�gu
rosn�cego i ograniczonego udowodnimy �e istnieje sta�a $\gamma$ taka, �e
$$
\li\left(1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1n-\log n\right)=\gamma.\tag1
$$
Liczb� $\gamma$ nazywa si� sta�� Eulera, i $\gamma\sim0,5772\cdots$. Nie wiadomo, czy
$\gamma$ jest liczb� wymiern�. (1) jest r�wnowa�ne nast�puj�cemu stwierdzeniu
$$
\log n=1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1n-\gamma+\epsilon_n,\qquad\li\epsilon_n=0.
$$
Niech
$$
a_n=1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1n-\log n,\quad n=1,2,\dots.
$$
Zauwa�my nast�puj�c� nier�wno��
$$
\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{n-1}<\log n<1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{n-1}.
$$
Powy�sza nier�wno�� jest oczywista geometrycznie, je�eli pami�tamy, �e logarytm jest ca�k�
z funkcji $1/x$, a funkcja ta jest malej�ca. Niech $b_n=1-a_n$, czyli
$$
b_n=\log n-\left(\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right).
$$
Z nier�wno�ci powy�ej otrzymujemy, �e $b_n$ jest ci�giem ograniczonym
$$
0<b_n<1-\frac1n<1.
$$
Mo�na te� zauwa�y�, patrz�c na wykres funkcji $1/x$ i $1/[x+1]$ �e $b_n$ jest polem obszaru
powi�kszaj�cego si� wraz z $n$, a wi�c ci�g $b_n$ jest rosn�cy.

\medskip

24.2. Niech $a_n$ b�dzie ci�giem zbie�nym. Wtedy je�li
$\forall_n\quad a_n\xleq M$, to $\li a_n\xleq M$. Podobnie,
$\forall_n\quad a_n\xgeq M$, to $\li a_n\xgeq M$.

Istotnie, je�li $a=\li a_n>M$, to  $a-M = \epsilon>0$, a wi�c prawie
wszystkie elementy ci�gu $a_n$ nale�� do przedzia�u $(a-\epsilon,
a+\epsilon)$, a to oznacza, �e dla dostatecznie dalekich $n$ $a_n>M$, co przeczy
za�o�eniu.

\medskip

\definition{24.3. Warunek Cauchy'ego} M�wimy, �e ci�g $a_n,\quad n=0,1,\dots$
spe�nia warunek Cauchy'ego, je�li dla ka�dego $\epsilon>0$ istnieje
$N\in\bold N$ takie, �e
$$
m>N, n>N\quad \rightarrow\quad |a_m-a_n|<\epsilon.
$$
\enddefinition
Warunek Cauchy'ego m�wi, �e {\it wszystkie} dostatecznie dalekie
wyrazy ci�gu s� blisko siebie.
\proclaim{Twierdzenie} Ci�g $a_n$ spe�nia warunek Cauchy'ego
wtedy i tylko wtedy gdy jest zbie�ny.
\endproclaim
\demo{Dow�d} Za��my �e $\li a_n =a$. Wtedy dla dowolnego $\epsilon>0$
istnieje $N\in\bold N$ takie, �e
$$
m>N\quad\rightarrow\quad |a_m-a|<\frac12\epsilon,
$$
oraz
$$
n>N\quad\rightarrow\quad |a_n-a|<\frac12\epsilon.
$$
Z obu tych nier�wno�ci wynika, �e $a_n$ spe�nia warunek Cauchy'ego: Je�li $n,m>N$, to
$$
|a_m-a_n|=|a_m-a+a-a_n|\xleq|a_m-a|+|a-a_n|<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon.
$$
Za��my teraz, �e $a_n$ spe�nia warunek Cauchy'ego. Wtedy ci�g
$a_n$ musi by� ograniczony: Je�li $N$ jest takie, �e $\forall_{n>N}\quad
|a_n-a_{N+1}|<1$ to dla {\it wszystkich} $n$ zachodzi $|a_n|\xleq
\max\{|a_{N+1}|+1, |a_0|,\dots,|a_N|\}$.
Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa wynika, �e ci�g $a_n$
zawiera zbie�ny podci�g $a_{k_n}$. Niech $a =\li a_{k_n}$. Wtedy dla
$\epsilon>0$ istnieje $N\in\bold N$ takie, �e dla wszystkich $n>N$ mamy
$$
|a_{k_n}-a|<\frac12\epsilon.
$$
Z drugiej strony, korzystaj�c z warunku Cauchy'ego otrzymujemy $M\in\bold N$ takie, �e
dla $n,m>M$
$$
|a_n-a_m|<\frac12\epsilon.
$$
Je�eli $K=\max\{N,M\}$ i $n>K$, to
$$
|a_n-a|=|a_n-a_{k_{K+1}}+a_{k_{K+1}}-a|\xleq|a_n-a_{k_{K+1}}|+|a_{k_{K+1}}-a|<
\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon,
$$
(skorzystali�my z faktu, �e dla dowolnego podci�gu zachodzi $k_n\xgeq n$).\qed
\enddemo
\medskip


\proclaim{Twierdzenie 24.4} Niech $A$ b�dzie zbiorem ograniczonym
od g�ry i niech $a=\sup A$ b�dzie jego kresem g�rnym. Istnieje
ci�g niemalej�cy $a_n$ element�w z $A$ taki, �e $\li a_n =a$.
\endproclaim
\demo{Dow�d} Poniewa� $a$ jest kresem g�rnym $A$, wi�c dla ka�dego
$n=1,2,\dots$ istnieje element $a_n\in A$ taki, �e $a_n\in A\cap
(\max\{a-\frac{1}{n},a_{n-1}\},a]$.\qed
\enddemo

\medskip

Mo�emy teraz udowodni� twierdzenie, kt�rego dow�d od�o�yli�my.
\proclaim{Twierdzenie 10.6} Niech $f$ b�dzie funkcj� ci�g�� na przedziale
domkni�tym $[a,b]$. Wtedy istniej� punkty $x_1,x_2\in [a,b]$ w kt�rych funkcja
$f$ przyjmuje warto�� maksymaln� oraz warto�� minimaln�, czyli
$$
f(x_1)\xgeq f(x)\text{ dla ka�dego }x\in [a,b],
\quad f(x_2)\xleq f(x)\text{ dla ka�dego }x\in [a,b].
$$
\endproclaim
\demo{Dow�d} Niech $A=\{f(x):x\in [a,b]\}$ (czyli $A$ jest zbiorem warto�ci $f$).
Poka�emy najpierw, �e $A$ jest ograniczony.
Udowodnimy tylko �e zbi�r $A$ jest ograniczony od g�ry, gdy� ograniczenie od do�u mo�na
pokaza� podobnie. Istotnie, gdyby
$A$ nie by� ograniczony od g�ry, to dla ka�dego $n$ istnia�by
punkt $a_n\in [a,b]$ taki �e $f(a_n)>n$. Poniewa� ci�g
$a_n$ jest ograniczony, wi�c zawiera podci�g $a_{k_n}$
zbie�ny. Niech $c=\li a_{k_n}$. Z 24.2. wynika, �e $c\in [a,b]$.
Poniewa� $f$ jest funkcj� ci�g��, $\li f(a_{k_n})=f(c)$, co jest
niemo�liwe, bo ci�g $f(a_{k_n})$, $n=0,1,\dots,$ jest rozbie�ny
do $+\infty$.

W takim razie $A$ musi by� ograniczony od g�ry. Niech $a=\sup A$.
Istnieje wtedy ci�g $y_n = f(a_n)$, $a_n\in [a,b]$ taki, �e
$\sup A =\li y_n$. Z ci�gu $a_n$ wybieramy podci�g zbie�ny,
niech $x_1=\li a_{k_n}$. Wtedy, poniewa� $f$ jest ci�g�a
$f(x_1)=\li f(a_{k_n})=\li y_{k_n}=\sup A$.\qed
\enddemo

\medskip

24.5. Niech $a_n$, $n=1,2,\dots$ b�dzie ci�giem. {\it Ci�giem sum
cz�ciowych szeregu o wyrazach} $a_n$ nazywamy ci�g
$$
S_n=a_1+a_2+\dots+a_n=\sum_{k=1}^n a_k.
$$
Zamiast m�wi� o ci�gu $a_n$, m�wimy o szeregu
$\sum_{k=1}^\infty a_k$, a ci�g $a_n$ nazywamy ci�giem wyraz�w tego
szeregu.  Je�li ci�g $S_n$ jest zbie�ny piszemy
$$
\li S_n =\sum_{k=1}^\infty a_k
$$
i m�wimy, �e szereg $\sum_{k=1}^\infty a_k $ jest zbie�ny.
\medskip

\proclaim{Twierdzenie 24.6} Je�li szereg $\sum_{k=1}^\infty a_k$ jest
zbie�ny, to zbie�ny jest tak�e szereg,  do wyraz�w
kt�rego dodamy dowolny  sko�czony ci�g.
\endproclaim
\demo{Dow�d} Niech ci�g $a_n$, $n=1,2,\dots$ b�dzie dany, i niech $b_1,\dots,b_k$ b�dzie
dowolnym ci�giem sko�czonym.Utw�rzmy ci�g $a_n'$
$$
a_n'=\cases a_n+b_n\quad&\text{dla}\quad n\xleq k\\
a_n\quad&\text{dla}\quad n>k.
\endcases
$$
Wtedy, dla $n\xgeq k$
$$
S_n'=\sum_{j=1}^na_j' = b_1+\dots+b_k+S_n,
$$
sk�d wynika, �e $S_n'$ jest zbie�ny wtedy i tylko wtedy, gdy $S_n$ jest zbie�ny.\qed
\enddemo
Wynika st�d, �e zbie�no�� szeregu nie zale�y od jego
pocz�tkowych wyraz�w, czyli pierwsze $k$ wyraz�w szeregu
mo�emy zast�pi� innymi.
\medskip

24.7.
Ze wzoru Taylora wynika, �e dla $-1<x<1$
$$
\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k}=\log(x+1),
$$
gdy�
$$
\left|\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k}-\log(1+x)\right|\xleq
\frac{|x|^{n+2}}{(1-|x|)(n+1)},
$$
a to ostatnie wyra�enie ma granic� 0. W szczeg�lno�ci
$$
\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{1}{k} =\log 2 .
$$
\medskip

\proclaim{Warunek Cauchy'ego dla szereg�w. 28.8}. Szereg
$\sum_{k=1}^\infty a_k$ jest zbie�ny wtedy i tylko wtedy gdy dla dowolnego
$\epsilon>0$ istnieje $N$ takie, �e
$$
n>m>N\quad\rightarrow\quad \left|\sum_{k=m+1}^na_k\right|<\epsilon.
$$
\endproclaim
\demo{Dow�d} Dow�d wynika natychmiast z faktu, �e
$$
\left|S_n-S_m\right|=\left|\sum_{k=m+1}^na_k\right|.
$$\qed
\enddemo

\medskip

\proclaim{Twierdzenie 24.9} Szereg
$$
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}
$$
jest rozbie�ny. Szereg
$$
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^\alpha}
$$
jest zbie�ny dla wszystkich $\alpha>1$.
\endproclaim
\demo{Dow�d} Mamy dla $k>0$
$$
\frac{1}{k}\xgeq \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,
dx\quad\text{sk�d}\quad\sum_{k=m+1}^n\frac{1}{k}\xgeq\int_{m+1}^{n+1}\frac
{1}{x}\,dx =\log n+1-\log m+1=\log\frac{n+1}{m+1}
$$
Wtedy $\sum_{k=m+1}^{2m+1}\frac{1}{k}\xgeq \log 2$ niezale�nie od
tego jak du�e $m$ we�miemy, czyli szereg
$$
\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}
$$
nie spe�nia warunku Cauchy'ego, wi�c  jest rozbie�ny.

Podobnie dla $n>m>1$
$$
\frac{1}{k^\alpha}\xleq \int_{k-1}^{k}\frac{1}{x^\alpha}\,dx
$$
sk�d
$$
\sum_{k=m+1}^n\frac{1}{k^\alpha}\xleq\int_m^{n}\frac{1}{x^\alpha}\,dx
=\frac{1}{1-\alpha}\frac{1}{n^{\alpha-1}}-
\frac{1}{1-\alpha}\frac{1}{m^{\alpha-1}}
\xleq\frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{m^{\alpha-1}}.
$$
Poniewa� $\alpha>1$, wi�c
$\lim_{m\to\infty}\frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{m^{\alpha-
1}}=0$, co pokazuje, �e spe�niony jest warunek Cauchy'ego,
czyli szereg
$$
\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^\alpha}
$$
jest zbie�ny dla $\alpha>1$.\qed
\enddemo

\medskip

24.10. Mamy
$$
\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{1}{k} =\log2\quad\text{oraz}\quad
\sum_{j=0}^n\frac{1}{2j+1}\xgeq\frac12\sum_{j=1}^n
\frac{1}{j}\to+\infty .
$$
Nie jest wi�c prawd�, �e je�li szereg  $\sum_{k=1}^\infty a_k$ jest
zbie�ny to dla ka�dego podci�gu $a_{n_k}$ szereg
$\sum_{k=1}^\infty a_{n_k}$ te� jest zbie�ny.
\enddocument
