---
title: "Lecture 11: Szeregi liczbowe"
lecture_number: 11
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```

# Szeregi liczbowe

## Suma częściowa ciągu

:::{narration}

Niech $(a_n)_{n\in \nn}$ będzie ciągiem liczb rzeczywistych.
:::

:::{prf:definition}

Dla $k\in\nn$,

$$
S_k = \sum_{n=1}^k a_n  = a_1 +\ldots + a_k \
$$

nazywamy $k$-tą
**sumą częściową** {index}`suma częściowa`
ciągu $(a_k).$
:::

:::{prf:remark}

Sumę częściową ciągu $(a_n)$ można zadać również rekurencyjnie:

$$
S_1 = a_1,
   \quad
   \Forall{k\in \nn}{S_{k+1} = S_k + a_{k+1}} .
$$

:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Dla ciągu arytmetycznego o wyrazach $a_n = a + (n-1)\cdot r$, mamy

   $$
   S_k = a + (a + r) + (a + 2\cdot r) + \ldots + (a + (k-1)\cdot r)
   = k\cdot a + \frac {k(k-1)}{2}\cdot r.
   $$

2. Dla ciągu geometrycznego o wyrazach $a_n = a\cdot q^{n-1}$, mamy

   $$
   S_k = a + a\cdot q + a\cdot q^2 + \ldots + a\cdot q^{k-1}
   =
   \begin{cases}
   \displaystyle a\cdot \frac {1 - q^k} {1-q} & \text{dla } q\neq 1 \\
   a\cdot k                   & \text{dla } q = 1
   \end{cases}
   .
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-01
:class: [exercise]

Policzmy sumy częściowe ciągu o wyrazach
$a_n = \cos(n\pi) = (-1)^{n}.$
::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

$$
S_1                  & = a_1 = -1  ,
                     &
   S_2                  & = S_1 + a_2 = -1 + 1 = 0  ,
   \\
   S_3                  & = S_2 + a_3 = 0 -1 = -1  ,
                     &
   S_4                  & = S_3 + a_4 = -1 + 1 = 0  ,
   \\
   \Forall[\quad]{m\in \nn}{} S_{2m-1} & = -1  ,
                     &
   \Forall[\quad]{m\in \nn}{} S_{2m}   & = 0  .
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-02
:class: [exercise]

Policzmy sumy częściowe ciągu o wyrazach
$\displaystyle a_n = \frac 1 {n(n+1)}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-01`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Policzmy kilka początkowych wyrazów:

$$
\begin{aligned}
S_1 & = a_1 = \frac 1 2 ,
       \\
   S_2 & = S_1 + a_2 = \frac 1 2 + \frac 1 {2 \cdot 3} = \frac 4 6 = \frac 2 3 ,
       \\
   S_3 & = S_2 + a_3 = \frac 2 3 + \frac 1 {3\cdot 4} = \frac 9 {12} = \frac 3 4 .
\end{aligned}
$$

Okazuje się, że to nie przypadek, bo:

$$
a_n & = \frac 1 {n(n+1)} = \frac {n+1 - n}{n(n+1)}
   \\ &
   = \frac{ n+1} {n(n+1)} - \frac n {n(n+1)}
   = \frac 1 n - \frac 1 {n+1},
$$

i stąd

$$
\begin{aligned}
S_k = a_1 & + \ldots + a_k
    \\ & =
   \Paren{\frac 1 1 - \frac 1 2} +
   \Paren{\frac 1 2 - \frac 1 3} +
   \Paren{\frac 1 3 - \frac 1 4} +
   \ldots
   \\ \qquad\qquad &
   + \Paren{\frac 1 {k -1} - \frac 1 {k}}
   + \Paren{\frac 1 k - \frac 1 {k+1}}
   \\ &
   = 1 - \frac 1 {k+1}
.
\end{aligned}
$$

:::

## Definicja szeregu liczbowego

:::{narration}

Niech $(a_n)_{n\in \nn}$ będzie ciągiem liczb rzeczywistych.
:::

:::{prf:definition}

Ciąg sum częściowych $(S_k)$ ciągu $(a_n)$ nazywamy
**szeregiem liczbowym** {index}`szereg; liczbowy`
o wyrazie ogólnym $a_n$ i oznaczamy symbolem

```{math}
\sum_{n = 1}^\infty a_n.
```

Szereg liczbowy $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ nazywamy
**zbieżnym** {index}`szereg; zbieżny` jeśli
istnieje granica właściwa

```{math}
\sum_{n = 1}^\infty a_n = \LimInfty[k]{S_k} = \LimInfty[k]{\sum_{n = 1}^k a_n,}
```

którą nazywamy **sumą szeregu**.

W przeciwnym przypadku szereg nazywamy
**rozbieżnym** {index}`szereg; rozbieżny`.
:::

:::{prf:remark}

Należy podkreślić, że symbol $\sum_{n = 1}^\infty a_n$
ma dwa, podane wyżej, znaczenia.

Z~jednej strony jest to ciąg sum częściowych,
a z drugiej -- granica tego ciągu!

Odpowiednia interpretacja wynika z kontekstu w jakim
używamy tego oznaczenia.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. **Szereg arytmetyczny** {index}`szereg; arytmetyczny`
   o wyrazie ogólnym $a_n = a + (n-1)\cdot r$
   jest zbieżny $\Leftrightarrow a = r = 0.$

   Istotnie, tylko wtedy istnieje granica właściwa

   $$
   \LimInfty[k]{S_k}
   = \LimInfty[k] {k\cdot a + \frac {k(k-1)}{2}\cdot r} = 0.
   $$

2. **Szereg geometryczny** {index}`szereg; geometryczny`
   o wyrazie ogólnym $a_n = a\cdot q^{n-1}$
   jest zbieżny $\Leftrightarrow a = 0 \vee |q|< 1.$

   Istotnie, tylko wtedy istnieje granica właściwa

   $$
   \displaystyle\LimInfty[k]{S_k}
   = \LimInfty[k]{a\cdot \frac {1 - q^k} {1-q}} = \frac a {1-q}.
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-03
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregów:

:::{container} columns-3-auto

1. $\displaystyle\Series (-1)^{n} $
2. $\displaystyle\Series \frac 1 {n(n+1)} $
3. $\displaystyle\Series \frac 1 {n^2} .$
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Ponieważ
   $
   S_k =
   \begin{cases}
   -1 & \text{dla } k \text{ nieparzystych} \\
   0  & \text{dla } k \text{ parzystych}
   \end{cases}
   ,
   $
   to $\LimInfty[k] S_k$ nie istnieje i szereg jest rozbieżny.

2. Ponieważ $S_k = 1 - \dfrac 1 {k+1}$, to
   $\LimInfty[k] S_k = 1.$

   Zatem szereg jest zbieżny:

   $$
   \Series \frac 1 {n(n+1)} = 1.
   $$

3. Pokażemy, że szereg jest zbieżny nie wskazując jaka jest
   jego suma, dowodząc, że ciąg $(S_k)$ jest rosnący i ograniczony.

   Istotnie,

   $$
   S_{k+1} - S_k = a_{k+1} = \frac 1 {(k+1)^2} > 0
   \qlq S_{k+1} > S_k ,
   $$

   więc ciąg $(S_k)$ jest rosnący.

   Pokażemy indukcyjnie, że

   $$
   \Forall{k \in \nn}{S_k \leq 2 - \tfrac 1 k }
   $$

   co implikuje, że $(S_k)$ jest ograniczony z góry przez $2.$

   - Dla $n = 1$,
     $
     \quad
     S_1 = 1 \leq 2 - \frac 1 1 = 1$,
     $\quad$
     więc pierwszy krok jest prawdziwy.
   - Zakładając, że
     $
     \quad
     S_k \leq 2 - \frac 1 k$
     $\quad$
     widzimy, że

     $$
     S_{k+1} = S_{k} + \frac 1 {(k+1)^2}
     \leq 2 - \frac 1 {k} + \frac 1 {(k+1)^2} = A,
     $$

     więc wystarczy pokazać, że

     $$
     A = 2 - \frac 1 {k} + \frac 1 {(k+1)^2} \leq 2 - \frac 1 {k+1}
     $$

     co jest równoważne:

     $$
     \begin{aligned}
     \frac 1 {k+1} - \frac 1 {k} + \frac 1 {(k+1)^2} \leq 0
     & \qlq
     \frac { k(k+1) - (k+1)^2 + k} {k(k+1)^2}  \leq 0
     \\ & \qlq
     \frac {-1} {k(k+1)^2}  \leq 0 .
     \end{aligned}
     $$

:::

## Działania na szeregach

:::{prf:definition}

Szereg $\displaystyle \Series (a_n + b_n)$ nazywamy
**sumą szeregów** {index}`szeregów; suma`
$\displaystyle \Series a_n$ i $\displaystyle \Series b_n.$

Dla ustalonego $c\in\rr$
przyjmujemy
$
\quad
\displaystyle c\cdot \Series a_n = \Series c\cdot a_n.$
:::

::::{prf:proposition}

Niech
$c\in \rr$ oraz
$\displaystyle \Series a_n = A \in \rr$
i $\displaystyle \Series b_n = B \in \rr.$

Wówczas:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \Series c\cdot a_n = c\cdot A\ $,
2. $\displaystyle \Series (a_n + b_n) = A+B\ $.
:::

::::

:::{prf:example}
:class: [example]

Ze zbieżności sumy szeregów
$\displaystyle \Series (a_n + b_n)$ nie wynika zbieżność
szeregów $\displaystyle \Series a_n$ lub $\displaystyle \Series b_n.$

Dla przykładu,

```{math}
\displaystyle \Series 0 = \Series (1 + (- 1))
```

jest szeregiem zbieżnym (do $0$),
ale szeregi $\displaystyle \Series 1$ i $\displaystyle \Series (-1)$ są rozbieżne.
:::

## Reszta szeregu

:::{narration}

Niech $N\in\nn.$

Wówczas dla $k > N$, sumę częściową $S_k$ możemy podzielić na
dwie części:

```{math}
S_k = \sum_{n = 1}^N a_n + \sum_{n = N+1}^k a_n .
```

:::

:::{prf:definition}

Drugi składnik jest sumą częściową ciągu
$(b_n) = (a_{N+n})_{n\in\nn} = (a_{N+1}, a_{N+2}, \ldots)$
i definiuje szereg oznaczany symbolem

```{math}
R_N =\sum_{n = N+1}^\infty a_n = \LimInfty[k] \sum_{n = N+1}^k a_n,
```

nazywany $N$-tą **resztą szeregu** {index}`szereg; reszta` $\displaystyle \Series a_n.$
:::

:::{narration}

Zatem dla $n\in\nn$ mamy

```{math}
\displaystyle \Series a_n = S_N + R_N = \sum_{n = 1}^N a_n + \sum_{n = N+1}^\infty a_n.
```

:::

:::{prf:proposition}

Dla $N\in\nn$, szeregi $\displaystyle\Series a_n$
oraz $\displaystyle\sum_{n = N+1}^\infty a_n$
są jednocześnie zbieżne lub rozbieżne.
:::

:::{prf:proposition}

Jeśli szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny, to $\LimInfty[N] R_{N} = 0.$
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Skoro szereg $\displaystyle \Series \frac 1 {n^2}$ jest zbieżny,
to dla dowolnego $N\in \nn$
zbieżny jest również szereg $\displaystyle \sum_{n = N}^\infty \frac 1 {n^2}.$
:::

## Warunek konieczny zbieżności szeregu

:::{prf:theorem} WK

Jeśli szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny, to $\LimInfty a_{n} = 0.$
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Podany w twierdzeniu warunek nie jest dostateczny.

Dla wyrazu ogólnego $a_n = \frac 1 n$ mamy $\LimInfty a_n = 0$,
a jednak
**szereg harmoniczny** {index}`szereg; harmoniczny`
$\displaystyle \Series \frac 1 n$ jest rozbieżny.

Istotnie, dla $k > 2N$ mamy

$$
\sum_{n = N+1}^k \frac 1 n
   > \sum_{n = N+1}^{2N} \frac 1 n
   > \sum_{n = N+1}^{2N} \frac 1 {2N} = N\cdot \frac 1 {2N} = \frac 1 2.
$$

Ponieważ lewa strona tej nierówności
jest $k$-tym wyrazem ciągu sum częściowych definiującym szereg $R_N$,
to wnioskujemy, że dla $N\in\nn$ zachodzi

```{math}
R_N  = \LimInfty[k] \sum_{n = N+1}^k\frac 1 n > \frac 1 2.
```

To implikuje, że $\LimInfty[N] R_N \neq 0.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-04
:class: [exercise]

Pokażmy, że rozbieżne są szeregi:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \Series \cos \frac 1 n $
2. $\displaystyle \Series \frac {e^n \cdot n!}{n^n} .$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-02`, {numref}`prob-13-ex-04`, {numref}`prob-13-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Ponieważ
   $
   \quad
   \LimInfty  \cos \frac 1 n = \cos 0 = 1 \neq 0$,
   $\quad$
   to WK nie jest spełniony i szereg jest rozbieżny.
2. Zauważmy, że $a_n = \dfrac {e^n \cdot n!}{n^n} > 0$ oraz $(a_n)$ jest rosnący,
   gdyż

   $$
   \frac {a_{n+1}} {a_n}
   & = \frac {e^{n+1} \cdot (n+1)!}{\Paren{n+1}^{n+1}} \cdot \frac {n^n} {e^n \cdot n!}
   = \frac {e\cdot \Paren{n+1}\cdot n^n} {\Paren{n+1}^{n+1}}
   \\ & = \frac {e\cdot n^n} {\Paren{n+1}^{n}}
   = \frac {e} {\Paren{\frac {n+1} n}^{n}}
   = \frac {e} {\Paren{1 + \frac {1} n}^{n}} > 1 ,
   $$

   gdzie ostatnia nierówność wynika z tego,
   że ciąg $\Paren{1 + \frac 1 n}^n$ rośnie do liczby $e.$

   Ponieważ $\Forall{n\in \nn}{a_n \leq a_1 = e}$,
   to granica $(a_n)$, jeśli istnieje, jest większa niż $e$, zatem

   ```{math}
   \LimInfty a_n \neq 0.
   ```

   Warunek konieczny zbieżności szeregów nie jest spełniony.
:::

## Kryteria zbieżności szeregów o wyrazach nieujemnych

:::{prf:remark}

Jeśli $\forall n\in \nn \ a_n \geq 0$,
czyli szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest o wyrazach nieujemnych,
to dla $k\in \nn$ zachodzi

```{math}
S_{k+1} = S_k + a_k \geq S_k,
```

więc ciąg $(S_k)$ jest niemalejący.

W szczególności jest zbieżny wtedy i tylko wtedy,
gdy jest ograniczony z góry.
:::

:::{prf:proposition}

Szereg $\displaystyle \Series a_n$ o wyrazach nieujemnych jest
zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy
ciąg $(S_k)$ jest ograniczony z góry.
:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-05
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregu $\displaystyle \Series \frac 1 {2^n}\cos^2 n.$
::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Zauważmy, że $a_n = \dfrac 1 {2^n}\cos^2 n \geq 0$ oraz

$$
S_k = a_1 + \ldots + a_k
    & = \frac 1 {2}\cos^2 1 + \frac 1 {2^2}\cos^2 2 + \ldots + \frac 1 {2^k}\cos^2 k
   \\ &
   \leq \frac 1 2 + \frac 1 {2^2} + \ldots + \frac 1 {2^k}
   = \frac 1 2 \cdot \frac {1 - \Paren{\frac 1 2}^k} {1 - \frac 1 2}
   = 1 - \Paren{\frac 1 2} ^k < 1.
$$

Zatem ciąg $(a_n)$ jest ograniczony z góry przez $1$,
co implikuje, że szereg $\displaystyle \Series a_n$
jest zbieżny.
:::

::::{prf:theorem} Kryterium porównawcze

Niech $\Forall{n\in \nn}{ a_n \geq 0,\ b_n \geq 0 } .$

Jeśli

$$
\Exists[\quad]{N \in \nn}{
      \forall n > N \quad 0 \leq a_n \leq b_n } ,
$$

wówczas:

1. $\displaystyle \Series b_n$ jest zbieżny
   $\quad\imply\quad$ $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny;
2. $\displaystyle \Series a_n$ jest rozbieżny
   $\quad\imply\quad$ $\displaystyle \Series b_n$ jest rozbieżny.

::::

:::{prf:example}
:class: [example]

Zbadajmy
uogólniony szereg
harmoniczny rzędu $\alpha$, czyli

$$
\quad \displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha} .
$$

1. Dla $\alpha \leq 1$, mamy

   $$
   \forall n \in \nn \quad
   n \geq {n^\alpha}
   \quad
   \imply
   \quad
   \forall n \in \nn \quad
   0 \leq \frac 1 n \leq \frac 1 {n^\alpha}.
   $$

   Ponieważ szereg harmoniczny $\displaystyle\Series \frac 1 n$ jest rozbieżny,
   to z kryterium porównawczego
   szereg $\displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha}$ jest również rozbieżny.

2. Dla $\alpha \geq 2 $, mamy

   $$
   \forall n \in \nn \quad
   n^\alpha \geq {n^2}
   \quad
   \imply
   \quad
   \forall n \in \nn \quad
   0 \leq \frac 1 {n^\alpha} \leq \frac 1 {n^2}.
   $$

   Ponieważ uogólniony szereg harmoniczny $\displaystyle\Series \frac 1 {n^2}$ jest zbieżny,
   to z kryterium porównawczego
   szereg $\displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha}$ jest również zbieżny.
:::

:::{prf:theorem} Kryterium ilorazowe

Niech $\Forall{n\in \nn}{ a_n \geq 0,\ b_n \geq 0 } .$

Jeśli istnieje granica właściwa

```{math}
\LimInfty{\frac {a_n}{b_n}} = K > 0,
```

to szeregi
$\displaystyle \Series a_n$ oraz
$\displaystyle \Series b_n$
są jednocześnie zbieżne lub rozbieżne.
:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-06
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregu $\displaystyle \Series \sin \frac 1 n.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-02`, {numref}`prob-13-ex-03`, {numref}`prob-13-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

**Sposób 1.**

Skorzystamy z kryterium porównawczego, by dowieść, że szereg jest rozbieżny.

W tym celu pokażmy, że
$
\quad
\tfrac 1 2 x \leq  \sin x
\quad
$
dla $x\in \Paren{0,\tfrac \pi 3}.$

Istotnie, przyjmując

$$
f(x)  & = \sin x - \tfrac 1 2 x,
      \\
      f'(x) & = \cos x - \tfrac 1 2 > 0
      \qlq
      \cos x > \tfrac 1 2
      \qtq[dla]
x\in \Paren{0,\tfrac \pi 3},
$$

więc funkcja $f$ rośnie na tym przedziale.

Ponieważ $f(0) = 0$, to $\Forall{x\in \Paren{0,\tfrac \pi 3}}{ f(x) > 0}$,
czyli  $\tfrac 1 2 x \leq  \sin x .$

Zauważmy, że $\Forall{n\in \nn}{\tfrac 1 n \in \Paren{0,\tfrac \pi 3}}$,
więc
$
\quad 0 \leq \dfrac 1 n \leq \sin \dfrac 1 n.
$

Ponieważ $\displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha} $
jest rozbieżny dla $\alpha = 1 \leq 1$,
to z kryterium porównawczego
szereg wyjściowy jest rozbieżny.

**Sposób 2.**

Przyjmując

$$
a_n  = \sin \frac 1 n ,
      \quad
      b_n  = \frac 1 n ,
$$

obliczamy

$$
\LimInfty \frac {a_n}{b_n}
      = \LimInfty \frac {\sin \frac 1 n}{\frac 1 n} = 1 > 0 .
$$

Ponieważ $\displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha} $
jest rozbieżny dla $\alpha = 1 \leq 1$,
to z kryterium ilorazowego
szereg wyjściowy jest rozbieżny.

:::

:::{prf:theorem} Kryterium całkowe

Niech $m\in \nn$ i $f:[m,+\infty)\to \rr$ będzie
całkowalna na przedziałach domkniętych, nierosnąca i nieujemna.

Wówczas

$$
\text{całka } \displaystyle\IntDef{m}{+\infty}{f(x)},
   \qquad
   \text{szereg } \sum_{n=m}^\infty f(n)
$$

są jednocześnie zbieżne lub rozbieżne.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Pokażmy, że dla $\alpha > 1$ szereg
$\displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha}$ jest zbieżny.

W tym celu weźmy funkcję

$$
f: [1,+\infty) \to \rr,
   \quad f(x) = \frac 1 {x^\alpha},
$$

która jest
całkowalna, nierosnąca i nieujemna.

Ponieważ, jak wiemy,
dla $\alpha > 1$,
całka

$$
\IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}
$$

jest zbieżna
to również szereg
$\displaystyle \Series f(n) = \Series \frac 1 {n^\alpha}$
jest zbieżny.

Podsumowując, uogólniony szereg harmoniczny rzędu $\alpha$,

$$
\Series \frac 1 {n^\alpha}
   \quad
   \qtq[jest]
   \begin{cases}
      \text{zbieżny}   & \text{dla } \alpha > 1    \\
      \text{rozbieżny} & \text{dla } \alpha \leq 1
   \end{cases}.
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-07
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregów:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \sum_{n = 2}^{\infty} \frac 1 {n\ln n} $
2. $\displaystyle \Series \frac {n\sqrt n + 5} {n^3 + 4n^2 + 2026} .$

:::

::::


:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Weźmy funkcję

   $$
   f: [2,+\infty) \to \rr,
   \quad f(x) = \frac 1 {x \ln x}.
   $$

   - Funkcja $f$ jest malejąca, gdyż

     $$
     f'(x) = \frac {0-\Paren{\ln x + x \cdot \frac 1 x}}{x^2 \ln^2 x}
     = - \frac {\ln x + 1}{x^2 \ln^2 x} < 0
     \qlq
     \ln x > -1
     \qlq
     x > \frac 1 e .
     $$

   - Funkcja $f$ jest dodatnia, bo dla
     $x \geq 2
     \quad
     x \ln x \geq 2 \ln 2 > \ln 1 = 0.$

     Możemy skorzystać z kryterium całkowego.

     Obliczamy

     $$
     \IntDef{2}{+\infty}{f(x)}
     & = \LimInfty[T] \IntDef{2}{T}{\frac 1 {x \ln x}}
     = \LimInfty[T] \IntDef{2}{T}{\frac {\Paren{\ln x}' } {\ln x}}
     \\ &
     = \LimInfty[T] \ln(\ln x) \Big|_2^{T}
     = \LimInfty[T] \ln(\ln T) - \ln(\ln 2) = + \infty .
     $$

     Ponieważ całka jest rozbieżna, to szereg jest rozbieżny.

2. Możemy skorzystać z kryterium porównawczego, gdyż dla $n\in \nn$

   $$
   0 \leq \frac {n\sqrt n + 5} {n^3 + 4n^2 + 2026}
   \leq \frac {n\sqrt n + 5} {n^3}
   \leq \frac {n\sqrt n + 5n\sqrt n} {n^3}
   = 6\cdot \frac 1 {n^{\frac 3 2}}.
   $$

   Ponieważ $6\cdot \displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha} $
   jest zbieżny dla $\alpha = \frac 3 2 > 1$,
   to szereg wyjściowy jest zbieżny.
:::

::::{prf:theorem} Kryterium d'Alemberta

Niech $\Forall{n\in \nn}{ a_n > 0} .$

Jeśli istnieje granica właściwa lub niewłaściwa

$$
\LimInfty \frac {a_{n+1}}{a_n} = g,
$$

wówczas

:::{container} columns-2-auto

1. jeśli $g < 1$, to
   $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny
2. jeśli $g > 1$, to
   $\displaystyle \Series a_n$ jest rozbieżny.

:::

::::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-08
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregu
$\displaystyle \Series \frac {2^n\cdot n!}{n^n}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-02`, {numref}`prob-13-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Zauważmy, że

$$
a_n =  \frac {2^n\cdot n!}{n^n} > 0
$$

oraz

$$
\frac {a_{n+1}} {a_n}
   & =  \frac {2^{n+1}\cdot (n+1)!}{\Paren{n+1}^{n+1}} \cdot \frac {n^n} {2^n\cdot n!}
   =  \frac {2 \cdot (n+1)\cdot n^n}{\Paren{n+1}^{n+1}}
   \\ & =  \frac {2 \cdot n^n}{\Paren{n+1}^{n}}
=  \frac {2}{\Paren{1 + \frac 1 n}^{n}}
   \LimToInfty
   \frac 2 e
   .
$$

Ponieważ $\frac 2 e < 1,$
to z kryterium d'Alemberta wynnika, że szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny.
:::

::::{prf:theorem} Kryterium Cauchy'ego

Niech $\Forall{n\in \nn}{ a_n \geq 0 } .$

Jeśli istnieje granica właściwa lub niewłaściwa

$$
\LimInfty \sqrt[n]{a_n} = g,
$$

wówczas

:::{container} columns-2-auto

1. jeśli $g < 1$, to
   $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny

2. jeśli $g > 1$, to
   $\displaystyle \Series a_n$ jest rozbieżny.
:::

::::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-09
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregu
$\displaystyle \Series \Brack{\arctg\Paren{\cos \frac 1 n}}^{3n}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-02`, {numref}`prob-13-ex-04`, {numref}`prob-13-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Zauważmy, że

$$
\Forall{n \in \nn}{ \frac 1 n \in \Paren{0,\ \frac \pi 2}}
   & \Quad\imply
   \Forall{n \in \nn}{ \cos \frac 1 n \geq 0}
   \\ & \Quad\imply
   \Forall{n \in \nn}{ a_n = \Brack{\arctg\Paren{\cos \frac 1 n}}^{3n} \geq 0}.
$$

Możemy skorzystać z kryterium Cauchy'ego.

Obliczmy

$$
\LimInfty \sqrt[n]{a_n}
   & = \LimInfty \Brack{\arctg\Paren{\cos \frac 1 n}}^{3}
   \\ &
   =  \Brack{\arctg\Paren{\LimInfty \cos \frac 1 n}}^{3}
   =  \Paren{\arctg {1}}^{3}
   = \Paren{\frac \pi 4}^3 .
$$

Ponieważ $\Paren{\frac \pi 4}^3 < 1^3 = 1$,
to szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Zauważmy, że dla $\displaystyle a_n = \frac 1 {n^\alpha}$ mamy

   $$
   \begin{aligned}
   \LimInfty \frac {a_{n+1}} {a_n} & = \left(\LimInfty \frac {n} {n+1}\right)^\alpha = 1,
   &
   \LimInfty  \sqrt[n]{a_{n}}   & = \left(\frac 1 {\LimInfty \sqrt[n]{n}} \right)^\alpha = 1,
   \end{aligned}
   $$

   a zatem ani kryterium d'Alemberta, ani kryterium Cauchy'ego
   nie rozstrzyga zbieżności uogólnionego szeregu harmonicznego
   $\displaystyle \Series \frac 1 {n^\alpha}.$

2. Jeśli dla danego ciągu $(a_n)$ o wyrazach dodatnich,
   granice

   $$
   \LimInfty \frac {a_{n+1}}{a_n},
   \quad
   \LimInfty \sqrt[n]{a_n}
   $$

   istnieją, to są sobie równe
   i oba kryteria: d'Alemberta i Cauchy'ego,
   dają tę samą wiedzę na temat zbieżności szeregu $\displaystyle \Series a_n.$

   Jednak zdarza się, ża tylko druga z tych granic istnieje
   i można skorzystać jedynie z kryterium Cauchy'ego.

   Przykładem jest szereg

   $$
   \displaystyle \Series \frac{2 + (-1)^n} {4^n}.
   $$

   Jego wyrazy są dodatnie,
   więc można próbować zbadać jego zbieżność z obu kryteriów.

   Zauważmy, że dla $k \in \nn$:

   $$
   a_{2k-1} = \frac 1 {4^{2k-1}} ,
   \quad
   a_{2k} = \frac 3 {4^{2k}}.
   $$

   - Chcąc skorzystać z kryterium d'Alemberta obliczamy:

     $$
     \begin{aligned}
     \frac{a_{2k}}{a_{2k-1}}
     & = \frac 3 {4^{2k}} \cdot \frac {4^{2k-1}} 1
     = \frac 3 4 ,
     \\
     \frac{a_{2k+1}}{a_{2k}}
     & = \frac 1 {4^{2k+1}} \cdot \frac {4^{2k}} 3
     = \frac 1 {12} ,
     \end{aligned}
     $$

     a więc ciąg $\Paren{\frac {a_{n+1}}{a_n}}$ ma na zmianę wyrazy
     $\frac 3 4$ lub $\frac 1 {12}.$

     Zatem
     $\LimInfty \frac {a\_{n+1}}{a_n} $ nie istnieje.

   - Chcąc skorzystać z kryterium Cauchy'ego zauważamy, że

     $$
     \frac 1 4
     = \sqrt[n]{\frac 1 {4^n}}
     \leq \sqrt[n]{\frac {2 + (-1)^n} {4^n}}
     \leq \sqrt[n]{\frac {3} {4^n}}
     = \frac {\sqrt[n]{3}} 4
     \LimToInfty \frac 1 {4} .
     $$

     Zatem z twierdzenia o 3. ciągach wnioskujemy, że
     $\LimInfty \sqrt[n]{a_n} = \tfrac 1 {4} < 1.$

     Z kryterium Cauchy'ego szereg jest zbieżny.

:::

## Szeregi naprzemienne

:::{prf:definition}

Jeśli $\forall n\in \nn \ a_n > 0$, to szereg

$$
\Series (-1)^{n+1}\cdot a_n
$$

nazywamy
**szeregiem naprzemiennym** {index}`szereg; naprzemienny`.
:::

:::{prf:remark}

Nazwa pochodzi oczywiście od tego, że wyrazy tego szeregu są
na przemian dodatnie lub ujemne.

Sumy częściowe tego szeregu mają postać:

$$
S_k = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \ldots + (-1)^{k+1}\cdot a_k.
$$

:::

:::{prf:theorem} Kryterium Leibniza

Jeśli ciąg $(a_n)$ jest nierosnący i $\LimInfty a_n = 0$, to
szereg naprzemienny $\displaystyle \Series (-1)^{n+1}\cdot a_n$ jest zbieżny.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Szereg
   $
   \quad
   \displaystyle \Series \frac{(-1)^{n+1}}{n^\alpha}
   \quad
   $
   jest zbieżny $\Leftrightarrow \alpha > 0.$

     - Dla $\alpha \leq 0$ nie jest spełniony warunek konieczny,
       ponieważ

     $$
     \Absolute{\frac{(-1)^{n+1}}{n^\alpha}} = n^{-\alpha} \geq 1^{-\alpha} = 1
     \Quad\imply
     \LimInfty \Absolute{\frac{(-1)^{n+1}}{n^\alpha}} \neq 0
     \Quad\imply
     \LimInfty {\frac{(-1)^{n+1}}{n^\alpha}} \neq 0.
     $$

     - Dla $\alpha > 0 $ możemy skorzystać z kryterium Leibniza, ponieważ

     $$
     a_n  = \frac 1 {n^\alpha} > \frac 1 {\Paren{n+1}^\alpha} = a_{n+1}
     \Quad{\text{oraz}}
     \LimInfty a_n = 0.
     $$

2. W powyższym twierdzeniu założenie,
   że ciąg $(a_n)$ jest nierosnący jest istotne.

   Weźmy ciąg o wyrazach

   $$
   a_n =
   \begin{cases}
   \frac 1 {2^{n-1}} & \text{dla nieparzystych } n \\
   \frac 2 n      & \text{dla parzystych } n
   \end{cases},
   $$

   który nie jest monotoniczny.

   Łatwo pokazać, że $\LimInfty a_n = 0$,
   jednakże szereg naprzemienny $\displaystyle \Series (-1)^{n+1}\cdot a_n$ nie jest zbieżny.

   Istotnie, suma częściowa tego szeregu ma postać:

   $$
   S_k & = \frac 1 {2^0} - \frac 2 2
   + \frac 1 {2^2} - \frac 2 4
   + \frac 1 {2^4} - \frac 2 6
   + \ldots + (-1)^{k+1}\cdot a_k
   \\
   & = 1
   + \frac 1 {4}
   + \left(\frac 1 {4}\right)^2
   + \ldots
   + \left(\frac 1 {4}\right)^{\left[\frac {k-1} 2\right]}
   - \left( 1
   + \frac 1 2
   + \frac 1 3
   + \ldots
   + \frac 1 {\left[\frac k 2\right]}
   \right)
   \\
   & =
   \frac{1 - \left(\frac 1 {4}\right)^{\left[\frac {k-1} 2\right]+1}}{1- \frac 1 4}
   - \left( 1
   + \frac 1 2
   + \frac 1 3
   + \ldots
   + \frac 1 {\left[\frac k 2\right]}
   \right).
   $$

   Przy $n \to +\infty$ odjemna zbiega do $\frac 4 3$,
   ale odjemnik jest rozbieżny do $+\infty$,
   więc $\LimInfty[k] S_k = - \infty.$

   Zatem szereg jest rozbieżny.
3. Kryterium Leibniza nie można użyć do pokazania rozbieżności szeregu!

   Z tego, że ciąg $(a_n)$ nie jest monotoniczny nie wynika, że szereg
   naprzemienny $\displaystyle \Series (-1)^{n+1}\cdot a_n$ jest rozbieżny.

   Na przykład
   ciąg

   $$
   a_n =
   \begin{cases}
   \frac 1 {2^{n-1}} & \text{dla nieparzystych } n \\
   \frac 1 {3^{n-2}} & \text{dla parzystych } n
   \end{cases},
   $$

   nie jest monotoniczny, ale
   suma częściowa tego szeregu ma postać:

   $$
   S_k
   & = 1
   + \frac 1 {4}
   + \left(\frac 1 {4}\right)^2
   + \ldots
   + \left(\frac 1 {4}\right)^{\left[\frac {k-1} 2\right]}
   - \left(
   1
   + \frac 1 {9}
   + \left(\frac 1 {9}\right)^2
   + \ldots
   + \left(\frac 1 {9}\right)^{\left[\frac {k} 2\right]}
   \right)
   \\ &
   =
   \frac{1 - \left(\frac 1 {4}\right)^{\left[\frac {k-1} 2\right]+1}}{1- \frac 1 4}
   - \frac{1 - \left(\frac 1 {9}\right)^{\left[\frac {k} 2\right]+1}}{1- \frac 1 9}.
   $$

   Zatem $\LimInfty[k] S_k = \frac 4 3 - \frac 9 8$, czyli szereg jest zbieżny.
:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-10
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność szeregu
$\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n + \ln n}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-03`, {numref}`prob-13-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Przyjmując $a_n = \dfrac 1 {n + \ln n}$, sprawdźmy założenia kryterium Leibniza:

- Ciag $\Paren{a_n}$ jest malejący:

  $$
  n+1 + \ln (n+1) > n + \ln n
  \Quad\imply
  a_n  = \frac 1 {n + \ln n} > \frac 1 {n+1 + \ln (n+1)} = a_{n+1} .
  $$

- $\LimInfty a_n = \LimInfty \frac 1 {n + \ln n} = 0.$

Zatem szereg $\displaystyle\Series (-1)^{n+1}\cdot a_n$ jest zbieżny.

:::

## Zbieżność bezwzględna i warunkowa

:::{prf:theorem}

Jeśli szereg
$\displaystyle \Series |a_n|$ jest zbieżny,
to
$\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe.

Na przykład dla $\displaystyle a_n = \frac {(-1)^{n+1}} n$ wiemy, że:

- szereg $\displaystyle \Series a_n$ jest zbieżny,
- szereg $\displaystyle \Series |a_n| = \Series \frac 1 n$ jest rozbieżny.

:::

:::{prf:definition}

Szereg **zbieżny**
$\displaystyle \Series a_n$
nazywamy:

- **bezwzględnie zbieżnym** {index}`szereg; bezwzględnie zbieżny`
  jeśli szereg
  $\displaystyle \Series |a_n|$ jest
  zbieżny

- **warunkowo zbieżnym** {index}`szereg; warunkowo zbieżna`,
  jeśli szereg
  $\displaystyle \Series |a_n|$ jest
  rozbieżny.

:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Uogólniony szereg anharmoniczny $\displaystyle \Series \frac{(-1)^{n+1}}{n^\alpha}$
jest: - rozbieżny dla $\alpha \leq 0$

- zbieżny warunkowo dla $\alpha \in (0,1]$
- zbieżny bezwzględnie dla $\alpha > 1.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-12-ex-11
:class: [exercise]

Pokażmy, że szereg
$\displaystyle \Series \frac{1+2\cos n!}{n^2 + n}$
jest zbieżny.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-13-ex-03`, {numref}`prob-13-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Nie jest to szereg naprzemienny, więc nie możemy skorzystać
z kryterium Leibniza.

Pokażemy, że jest to szereg bezwzględnie zbieżny.

Zauważmy, że

$$
0 \leq \Absolute{\frac{1 + 2\cos n!}{n^2 + n}}
   \leq \frac{1 + 2\Absolute{\cos n!}}{n^2 + n}
   \leq \frac 3 {n^2}.
$$

Ponieważ $3\cdot \displaystyle\Series \frac 1 {n^\alpha} $
   jest zbieżny dla $\alpha = 2 > 1$,
to szereg $\displaystyle \Series \Absolute{a_n}$ jest zbieżny,
a zatem szereg
$\displaystyle \Series {a_n}$ jest zbieżny (bezwzględnie).
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot((-1)^(floor(x))*(floor(x))^(-1), (x,1,9.5), color=PWRed, thickness=3,
   legend_label=r'$\dfrac{(-1)^{[x]}}{[x]}$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Przypomnijmy nieudowodnione stwierdzenie, że dla funkcji

$$
\begin{aligned}
f    & :[1,+\infty)\to\rr,
        &
   f(x) & = \frac {(-1)^{[x]}} {[x]},
\end{aligned}
$$

1. $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{f(x)}$ jest zbieżna
2. $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{|f(x)|}$ jest rozbieżna.

Jesteśmy gotowi by to pokazać.

1. Obliczamy całkę niewłaściwą dzieląc ją na sumę całek:

   $$
   \begin{aligned}
   \IntDef{1}{+\infty}{f(x)}
   & = \LimInfty[N] \IntDef{1}{N}{\frac {(-1)^{[x]}} {[x]} }
   \\ &
   = \LimInfty[N]
   \bigg[
   \IntDef{1}{2}{\frac {(-1)^{1}} {1} }
   + \IntDef{2}{3}{\frac {(-1)^{2}} {2} }
   \\ &
   + \IntDef{3}{4}{\frac {(-1)^{3}} {3} }
   + \ldots
   + \IntDef{N-1}{N}{\frac {(-1)^{N-1}} {N-1} }
   \bigg]
   \\ &
   = \LimInfty[N] \Brack{-1 + \frac 1 2 - \frac 1 3 + \frac 1 4
   + \ldots + \frac {(-1)^{N-1}} {N-1} }
   \\ &
   = \LimInfty[N] \sum_{n=1}^{N-1} \frac {(-1)^{n}} {n}
   = \Series \frac {(-1)^{n}} {n}
   = - \Series  {(-1)^{n+1}}\cdot \frac 1 {n}.
   \end{aligned}
   $$

   Ponieważ ten szereg jest zbieżny, to również całka niewłaściwa jest zbieżna.

2. Analogicznie postępujemy w przypadku drugiej całki:

   $$
   \IntDef{1}{+\infty}{\Absolute{f(x)}}
   & = \LimInfty[N] \IntDef{1}{N}{\frac {1} {[x]} }
   \\ &
   = \LimInfty[N] \Brack{
   \IntDef{1}{2}{\frac {1} {1} }
   + \IntDef{2}{3}{\frac {1} {2} }
   + \IntDef{3}{4}{\frac {1} {3} }
   + \ldots
   + \IntDef{N-1}{N}{\frac {1} {N-1} }
   }
   \\ &
   = \LimInfty[N] \Brack{1 + \frac 1 2 + \frac 1 3 + \frac 1 4
   + \ldots + \frac {1} {N-1} }
   \\ &
   = \LimInfty[N] \sum_{n=1}^{N-1} \frac {1} {n}
   = \Series \frac {1} {n}
   $$

   Ponieważ ten szereg jest rozbieżny, to również całka niewłaściwa jest rozbieżna.
:::