Μία Πρόσθεση χωρίς Τέλος

Είναι γνωστό ότι οι μαθηματικοί έχουν άπειρους φίλους – τουλάχιστον έτσι μου λένε. Ένας μαθηματικός, λοιπόν, μπαίνει σε ένα μπαρ. Κάθεται σε ένα σκαμπό στη μπάρα και βλέπει έναν άνθρωπο σκυμμένο πίσω από αυτή. Σκεπτόμενος ότι, του κερατά, θα δουλεύει εκεί, τον ενημερώνει ότι θα έρθει η άπειρη παρέα του σε λίγο να πιούνε μπύρες:

Πόσες να φέρω;
Κοίτα, δεν είμαστε για πολλά σήμερα. Μία σε μένα, μισή για τον επόμενο, ένα τέταρτο για τον επόμενο…
[Κοιτάζει απαξιωτικά και αποχωρεί από την σκηνή]

Πόσες μπύρες να φέρει, λοιπόν;

Ας Μιλήσουμε για την Πρόσθεση

Τη γνωρίζετε την πρόσθεση, είναι από τα λίγα πράγματα που κάνουμε τόσο συχνά – μετά την ανάγνωση. Αλλά, πόσο καλά την γνωρίζετε; Μπορείτε, ας πούμε, να βρείτε πόσες μπύρες θα πάρει η τρελοπαρέα (;) παραπάνω; Κι αν δεν το γνωρίζετε, είναι εύκολο, αφού το μόνο που έχετε να κάνετε είναι να υπολογίσετε το παρακάτω άθροισμα:

$\displaystyle S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots$

Το οποίο, για να αναδείξουμε και κάπως καλύτερα τη δομή του, μπορούμε να το γράψουμε και ως εξής:

$\displaystyle S=1+\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots$

Ωραία, ξεκινάμε. 1 και άλλο 1/2 δίνει 1,5, και άλλο 1/4 δίνει 1,75 και άλλο 1/8 δίνει 1,875 και… Σαφώς, δεν μπορούμε να κάνουμε δουλειά έτσι, όπως φαντάζεστε. Η άπειρη παρέα του φίλου μας μάς κάνει τη ζωή δύσκολη, καθώς δεν μπορούμε έτσι απλά να εκτελέσουμε άπειρες προσθέσεις – τουλάχιστον όχι σε μία ζωή. Τι μπορούμε να κάνουμε σε αυτήν την περίπτωση, λοιπόν;

[Σκέψεις]

Παρατηρήστε ότι το άθροισμά μας μοιάζει κάπως λίγο με τον εαυτό του – όπως το σύνολο του Cantor. Για την ακρίβεια, μπορούμε να κάνουμε μία παραγοντοποίηση, όπως παρακάτω:

$\displaystyle S=1+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots\right).$

Ωραία, αλλά κάπως πιο περίπλοκο φαίνεται να έγινε το όλο πράγμα τώρα. Εμείς, δηλαδή, μπορεί να βγάλαμε αυτό το 1/2 κοινό παράγοντα από όπου μπορούσαμε, αλλά απλά εμφανίσαμε και κάποιες παρενθέσεις στην όλη υπόθεση.

Βασικά, για μισό λεπτό. Αν κοιτάξουμε λιγότερο επιπόλαια και υποτιμητικά αυτό που γράψαμε, θα δούμε ότι το άπειρο άθροισμα που εμφανίζεται μέσα στην παρένθεση δεν είναι τίποτα άλλο παρά το ίδιο το $S.$ Ισχύει επομένως ότι:

$\displaystyle S=1+\frac{1}{2}S.$

Ε, τώρα μπορούμε να λύσουμε μία πρωτοβάθμια εξίσωση, δε μπορούμε;

$\displaystyle S=1+\frac{1}{2}S\Leftrightarrow 2S=2+S\Leftrightarrow S=2.$

Άρα, αν προσθέσουμε όλους αυτούς τους άπειρους αριθμούς, θα πάρουμε σαν αποτέλεσμα 2. Δηλαδή, όλη αυτή η παρέα, θα τη βγάλει με δύο μπύρες – άρα, όντως, δεν ήταν για πολλά σήμερα…

Αφού τα λέμε ωραία εδώ πέρα, γιατί δε δοκιμάζουμε το ίδιο κόλπο και με άλλα αθροίσματα; Για παράδειγμα, ας πάρουμε το αντίστοιχο άθροισμα με 3/5 στη θέση του 1/2:

$\displaystyle S=1+\frac{3}{5}+\frac{3^2}{5^2}+\frac{3^3}{5^3}+\cdots$

Κάνουμε πάλι μία παραγοντοποίηση, όπως πριν:

$\displaystyle S=1+\frac{3}{5}\left(1+\frac{3}{5}+\frac{3^2}{5^2}+\cdots\right).$

Παρατηρούμε, όπως πριν, ότι στην παρένθεση εμφανίζεται το $S$ οπότε:

$\displaystyle S=1+\frac{3}{5}S\Leftrightarrow 5S=5+3S\Leftrightarrow2S=5\Leftrightarrow S=\frac{5}{2}.$

Ααα, καλέ, αυτό έχει πλάκα! Πάμε να το δοκιμάσουμε και με το ακόλουθο άθροισμα:

$S=1+2+4+8+\cdots$

Λοιπόν, κοινός παράγοντας πρώτα:

$S=1+2(1+2+4+\cdots).$

Μετά «παρατηρούμε» – τι παρατηρούμε, απ’ έξω το μάθαμε τώρα – ότι στην παρένθεση εμφανίζεται το $S$ οπότε:

$S=1+2S\Leftrightarrow -S=1\Leftrightarrow S=-1.$

Τέλεια, άρα:

$1+2+4+8+\cdots=-1.$

Ή και όχι; Μα, πώς γίνεται να προσθέτει κανείς συνεχώς θετικούς αριθμούς και να πάρει αποτέλεσμα -1 στο τέλος; Μήπως, λέμε τώρα, κάναμε κάτι λάθος;

Λίγη Θεωρία

Όπως φαντάζεστε, όταν κάνουμε κάτι λάθος, πλησιάζει η ώρα της θεωρίας. Λοιπόν, ας βάλουμε την αποτυχημένη μας προσπάθεια να προσθέσουμε άπειρους θετικούς αριθμούς στο τραπέζι του ιατροδικαστή – σίγουρα θα υπάρχει λέξη γι’ αυτό – και ας δούμε τι θα μας πει η νεκροψία. Προσπαθούσαμε τόση ώρα παραπάνω να υπολογίσουμε αθροίσματα της μορφής:

$S=1+a+a^2+a^3+\cdots$

Σαφώς, η γραφή με τις τρεις τελείες παραπάνω δεν είναι απαραίτητα σαφής. Για την ακρίβεια, κρύβει την κεντρική έννοια που στέκεται και μας κοιτά επιτιμητικά πίσω από τα παραπάνω, που δεν είναι άλλη από αυτή του ορίου. Για να το δούμε αυτό, ας θεωρήσουμε την παρακάτω ακολουθία:

$s_n=1+a+a^2+\cdots+a^n.$

Για παράδειγμα, ο όρος $s_3$ δεν είναι παρά το άθροισμα:

$s_3=1+a+a^2+a^3.$

Στην ουσία, πήραμε το άπειρο άθροισμα που είχαμε παραπάνω και το «κόψαμε» έτσι ώστε να έχουμε μία ακολουθία από πεπερασμένα αθροίσματα – τα οποία και μπορούμε να υπολογίσουμε. Συνεπώς, με τη βοήθεια της $s_n$ – που θα τη λέμε και ακολουθία μερικών αθροισμάτων – μπορούμε να πούμε ότι το άθροισμα $S$ που μας ενδιαφέρει είναι το εξής:

$\displaystyle S=\lim_{n\to\infty}s_n.$

Τώρα, όπως ξέρετε, με τα όρια υπάρχει και ένα ζήτημα για το πότε υπάρχουν και πότε όχι, συνεπώς πρέπει να κάνουμε εδώ τη διερεύνησή μας. Ας ξεκινήσουμε με την $s_n$ και το πώς μοιάζει. Όπως είπαμε, έχουμε:

$s_n=1+a+a^2+\cdots+a^n.$

Εδώ κάπου είναι χρήσιμο να θυμηθούμε μία ωραία ταυτότητα:

$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}).$

Στην ειδική περίπτωση όπου $b=1$ η παραπάνω ταυτότητα παίρνει την ακόλουθη μορφή:

$a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdots+a+1).$

Για να βοηθήσουμε και λίγο ακόμα την κατάσταση, αν βάλουμε $n+1$ στη θέση του $n$ έχουμε:

$a^{n+1}-1=(a-1)(a^n+a^{n-1}+\cdots+a+1).$

Η δεξιά παρένθεση είναι ακριβώς ο όρος $s_n$ όπως τον ορίσαμε παραπάνω. Επομένως:

$\displaystyle a^{n+1}-1=(a-1)s_n\Leftrightarrow s_n=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}.$

Βέβαια, για να έχει νόημα αυτό που κάναμε παραπάνω πρέπει να ισχύει ότι $a\neq1.$ Αλλά, αυτό δε μας απασχολεί και πολύ, καθώς για $a=1$ έχουμε:

$s_n=1+1^2+\cdots+1^n=n+1.$

Το όριο της παραπάνω είναι σαφώς άπειρο, οπότε δεν έχουμε να αγχωνόμαστε για κάτι ιδιαίτερο στην περίπτωση που $a=1.$

Έχοντας τώρα στα χέρια μας έναν τύπο για το $s_n$ μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο που μας ενδιαφέρει πολύ πιο εύκολα. Ας τον μελετήσουμε λίγο, λοιπόν. Ο τύπος, αν βαριέστε να σκρολάρετε ελαφρώς παραπάνω, είναι ο εξής:

$\displaystyle s_n=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}.$

Αν τον καλοκοιτάξετε, το μόνο σημείο που μεταβάλλεται με το $n$ είναι αυτό το $a^{n+1}.$ Αξίζει, λοιπόν, τον κόπο, να το ανακρίνουμε εξονυχιστικά – εντάξει, όχι κυριολεκτικά. Βασικά, θα κάνουμε τη ζωή μας λίγο πιο εύκολη και θα ασχοληθούμε με την $a^n$ καθώς αυτό το $n+1$ στον εκθέτη δεν παίζει ιδιαίτερο ρόλο. Για την ακρίβεια, αφού $a^{n+1}=aa^n$ απλά ό,τι αποτέλεσμα βρούμε θα διαφέρει από το «πραγματικό» κατά έναν παράγοντα $a$ – και άρα μπορούμε εύκολα να το «ανακτήσουμε».

Είπαμε, αρχικά, ότι για $a=1$ το παραπάνω όριο δεν υπάρχει – απειρίζεται η ακολουθία μερικών αθροισμάτων. Επομένως, μπορούμε να αρχίσουμε να εξερευνούμε τις διάφορες τιμές του $a$ με βάση το 1.

Ας πούμε, αρχικά, ότι $a>1.$ Σε αυτήν την περίπτωση, παρατηρούμε ότι:

$a>1\Rightarrow a\cdot a>1\cdot a\Rightarrow a^2>a$
$a>1\Rightarrow a\cdot a^2>1\cdot a^2\Rightarrow a^3>a^2$
$a>1\Rightarrow a\cdot a^3>1\cdot a^3\Rightarrow a^4>a^3$
…

Εντάξει, το πιάσαμε, η ακολουθία $a^n$ σε αυτήν την περίπτωση είναι αύξουσα, αλλά αυτό μας δίνει μία μόνο γενική ιδέα για το τι συμβαίνει. Υπάρχουν, άλλωστε, αύξουσες ακολουθίες που συγκλίνουν κι άλλες που δεν συγκλίνουν. Επομένως, ίσως και να κάναμε μία τρύπα στο νερό και να χρειάζεται να κάνουμε μία ακόμα παρατήρηση. Είπαμε, παραπάνω, ότι $a>1$ δηλαδή, μπορούμε να σκεφτόμαστε το $a$ σαν «ένα και κάτι». Αυτό τώρα, θα πείτε, είναι λίγο χαλαρό. Αλλά, δεν είναι δύσκολο να το αποτυπώσουμε και πιο αυστηρά. Αυτό το «κάτι» θα το βαφτίσουμε $\delta>0$ και θα πούμε ότι:

$a=1+\delta.$

Πρακτικά, το $\delta>0$ δεν είναι παρά η απόσταση του $a$ από το 1, δηλαδή $\delta=a-1.$ Τώρα πρέπει να δούμε πού μας βοηθάει αυτή η, κατά τα φαινόμενα, αφελής ιδέα. Αρχικά, ας δούμε λίγο το $a^2$ υπό αυτό το πρίσμα:

$a^2=(1+\delta)^2=1+2\delta+\delta^2.$

Ας δούμε τώρα και τον τρίτο όρο:

$a^3=(1+\delta)^3=1+3\delta+3\delta^2+\delta^3.$

Αναλόγως, για τον τέταρτο όρο:

$a^4=(1+\delta)^4=1+4\delta+6\delta^2+4\delta^3+\delta^4.$

Επομένως, σε όλες τις παραπάνω περιπτώσεις, βλέποντας ότι $\delta>0$ συμπεραίνουμε ότι:

$a\geq 1+\delta$ (εντάξει, εδώ ισχύει το «ίσο» πάντα).
$a^2\geq 1+2\delta$
$a^3\geq 1+3\delta$
$a^4\geq 1+4\delta$

Επομένως, μήπως μπορούμε να αποδείξουμε, γενικά, ότι:

$a^n\geq 1+n\delta;$

Η αλήθεια είναι ότι μπορούμε, κάνοντας μία κομψή παρατήρηση σχετικά με την γνωστή μας επιμεριστική ιδιότητα. Όπως ξέρουμε, μία (ακέραιη) δύναμη δεν είναι παρά μία συντομογραφία για πολλούς πολλαπλασιασμούς:

$(1+\delta)^n=\underbrace{(1+\delta)(1+\delta)\cdots(1+\delta)}_{n}.$

Αυτό το ξέραμε, θα πείτε. Τώρα, ας σκεφτούμε λίγο πώς θα κάναμε όλες αυτές τις επιμεριστικές:

Ξεκινάμε με την πρώτη παρένθεση, διαλέγουμε είτε το 1 είτε το $\delta$ .
Περνάμε στη δεύτερη παρένθεση, διαλέγουμε είτε το 1 είτε το $\delta$ .
Συνεχίζουμε με την τρίτη παρένθεση, όπου διαλέγουμε είτε το 1 είτε το $\delta$ .
Εντάξει, το μαντέψατε, συνεχίζουμε έτσι μέχρι τη $n$ -οστή παρένθεση.

Έχοντας το παραπάνω κατά νου, για να εμφανιστεί το $\delta$ σαν όρος στο τελικό αποτέλεσμα, πρέπει από μία (και μόνο μία) παρένθεση να διαλέξουμε το $\delta$ και από όλες τις υπόλοιπες το 1. Αυτό μπορεί να γίνει με $n$ τρόπους, καθώς έχουμε $n$ τέτοιες παρενθέσεις. Έτσι, στο τελικό αποτέλεσμα, αφού κάνουμε το συμμάζεμά μας, θα προκύψει κι ένας όρος $n\delta.$ Επίσης, θα προκύψει κι ένας άσσος στο τελικό μας συμμάζεμα – αν επιλέξουμε από όλες τις παρενθέσεις το 1 κατά τις επιμεριστικές. Έτσι, τελικά ισχύει ότι:

$(1+\delta)^n=1+n\delta+O(\delta^2),$

όπου με το σύμβολο $O(\delta^2)$ εννοούμε ότι έχουμε κι άλλους όρους που, εν προκειμένω, είναι τουλάχιστον τάξης $\delta^2$ – δηλαδή όροι που είναι πολλαπλάσια του $\delta^2,\delta^3$ κ.λπ. Δεδομένου τώρα ότι το $\delta$ είναι ένας μικρός κι αθώος θετικός αριθμός, σαφώς, αν πετάξουμε αυτούς τους «όρους μεγαλύτερης τάξης», θα προκύψει η ακόλουθη ανισότητα:

$(1+\delta)^n\geq 1+n\delta.$

Τέλεια, άρα αποδείξαμε αυτό που θέλαμε, αλλά… τι το θέλαμε;

Άπειρα Αθροίσματα (Λήψη #002)

Λοιπόν, εμείς θέλαμε να δούμε τι κάνει η παρακάτω ακολουθία καθώς το $n$ τείνει στο άπειρο:

$\displaystyle s_n=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}.$

Γι’ αυτόν τον σκοπό, πήραμε φόρα και αρχίσαμε να μελετάμε το ζουμερό μέρος του παραπάνω τύπου, που δεν είναι άλλο από το $a^n.$ Είδαμε, λοιπόν, ότι αν $a>1$ τότε ισχύει ότι:

$a^n\geq 1+n\delta,$

όπου ορίσαμε ως $\delta$ τη θετική ποσότητα $\delta=a-1.$ Αυτό τώρα εύκολα μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι, στην περίπτωσή μας:

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}a^n=+\infty.$

Πράγματι, αφού $a^n\geq 1+n\delta$ και το δεξί μέλος σαφώς απειρίζεται καθώς το $n$ μεγαλώνει απεριόριστα, το ίδιο θα συμβεί και με το αριστερό μέλος της ανισότητας. Συνεπώς, η $s_n$ δεν μπορεί να συγκλίνει σε αυτήν την περίπτωση. Αντιθέτως, μάλιστα, ισχύει ότι:

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=+\infty.$

Έτσι, για $a>1$ δεν μπορούμε να υπολογίσουμε αυτό το άπειρο άθροισμα που γράψαμε παραπάνω. Αναλόγως, ούτε για $a<-1$ θα μπορούμε, καθώς σε αυτήν την περίπτωση ισχύει ότι:

$a^n=(-1)^n|a|^n.$

Συνεπώς, οι τιμές της $a^n$ σε αυτήν την περίπτωση απλώς «ταλαντώνονται» ανάμεσα σε θετικές και αρνητικές, ενώ (κατ’ απόλυτη τιμή) μεγαλώνουν απεριόριστα. Ενδεικτικά, μπορείτε να δείτε και το παρακάτω σχήμα:

Μπορούμε, επίσης, να πετάξουμε και το $a=-1$ καθώς σε αυτήν την περίπτωση η τιμές της $a^n$ είναι:

-1, 1, -1, 1, -1, 1,…

Τώρα λοιπόν, που ξεμπερδέψαμε με τις περισσότερες τιμές του $a$ ας εστιάσουμε σε όσες μας έμειναν, δηλαδή στα $a\in(-1,1).$ Διαισθητικά, φαντάζεται κανείς ότι σε αυτήν την περίπτωση θα έχουμε κάποιου είδους σύγκλιση, καθώς, όταν κανείς υψώνει έναν «μικρό» αριθμό σε κάποια δύναμη, αυτός «μικραίνει» κι άλλο. Αλλά, αυτό δεν είναι αυστηρά μαθηματικά, είναι;

Όχι, δεν είναι, οπότε πρέπει να σκεφτούμε ένα πιο πειστικό επιχείρημα. Λοιπόν, αρχικά ας πάρουμε ένα $a\in(0,1)$ – δεν εξετάζουμε το $a=0$ που προφανώς συγκλίνει. Τότε, ο αριθμός $1/a$ είναι μεγάλος και, για την ακρίβεια:

$\displaystyle 0<a<1\Leftrightarrow\frac{1}{a}>1.$

Επομένως, από όσα είπαμε παραπάνω, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι ισχύει το εξής:

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{a}\right)^n=+\infty.$

Τώρα, μπορεί κανείς να κάνει και την εξής παρατήρηση:

$\displaystyle a^n=\frac{1}{\frac{1}{a^n}}.$

Φαίνεται χαζό, με μία πρώτη ματιά, αλλά δεν είναι. Αφού η ακολουθία $(1/a)^n$ συγκλίνει προς το άπειρο, η ακολουθία με τους αντίστροφους όρους θα συγκλίνει στο μηδέν – αυτό που λέμε «ένα διά άπειρο», πρακτικά. Επομένως, έχουμε εξασφαλίσει ότι:

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}a^n=0,$

για κάθε $a\in[0,1).$ Τώρα, για $a\in(-1,0)$ θα επαναλάβουμε ένα τέχνασμα που εφαρμόσαμε και παραπάνω. Παρατηρούμε (ξανά) ότι σε αυτήν την περίπτωση:

$\displaystyle a^n=(-1)^n|a|^n$

Συνεπώς, δεδομένου ότι $|a|\in(0,1)$ και όσων είπαμε παραπάνω, έχουμε και ότι $a^n\to0$ και για $a\in(-1,0).$ Επομένως, για να συνοψίσουμε τα όσα έχουμε βρει ως τώρα:

$a^n\to+\infty$ για $a\geq1,$
$a^n\to0$ για $a\in(-1,1)$ και,
η $a^n$ δε συγκλίνει πουθενά (ούτε σε αριθμό ούτε σε άπειρο) για $a\leq-1.$

Αυτά όλα τα μυστήρια πράγματα τα μελετούσαμε γιατί μας είχαν απασχολήσει αθροίσματα της μορφής:

$\displaystyle s_n=1+a+a^2+\cdots+a^n,$

τα οποία αποδείξαμε ότι κανείς μπορεί να γράψει στη μορφή:

$\displaystyle s_n=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}.$

Υπό το φως των παραπάνω αποκαλύψεων, μπορούμε να δούμε ότι για $a\not\in(-1,1)$ η $s_n$ δε συγκλίνει και άρα, δεν μπορούμε να κάνουμε αυτήν την «άπειρη» πρόσθεση σε αυτές τις περιπτώσεις – ανακουφιστικό, αλλιώς θα έπρεπε να ισχύουν αυτά τα παράλογα πράγματα που είδαμε στην αρχή.

Τώρα, αν $a\in(-1,1)$ τότε έχουμε $a^{n+1}\to0$ το οποίο σημαίνει ότι:

$\displaystyle s_n=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}\to\frac{0-1}{a-1}=\frac{1}{1-a}.$

Δηλαδή, σε αυτές τις περιπτώσεις το άπειρο άθροισμα που είχαμε παραπάνω συγκλίνει σε κάποιον πραγματικό αριθμό. Αν δοκιμάσετε να αντικαταστήσετε στη θέση του $a$ τους αριθμούς 1/2 ή 3/5 θα δείτε ότι παίρνουμε τα ίδια αποτελέσματα με αυτά που είχαμε βρει με αυτήν την παράξενη «άπειρη» παραγοντοποίηση που είχαμε κάνει. Επομένως, όλα δείχνουν καλώς καμωμένα.

Περίπλοκα Αθροίσματα

Ασχοληθήκαμε ως τώρα με κάποια άπειρα αθροίσματα που είχαν μία πολύ συγκεκριμένη μορφή: κάθε όρος που προσθέταμε προέκυπτε από τον αμέσως προηγούμενό του με έναν πολλαπλασιασμό. Τι γίνεται όμως με πιο περίπλοκα αθροίσματα; Για να ασχληθούμε με σύνθετες περιπτώσεις θα χρειαστεί να ανανεώσουμε λίγο τον τρόπο που γράφουμε μακροσκελείς προσθέσεις. Για την ακρίβεια, αντί να γράφουμε:

$s_n=1+a+a^2+\cdots+a^n,$

θα προτιμήσουμε τον πιο συμπαγή συμβολισμό:

$\displaystyle s_n=\sum_{k=0}^na^k.$

Στον παραπάνω συμβολισμό, το « $\sum$ » – που προέρχεται από το λατινικό «summa» που σημαίνει, μεταξύ άλλων, και «άθροισμα» (δηλαδή, «σούμα») απλά το $S$ ήταν πιασμένο και πήγαμε στο ελληνικό ανάλογο – συμβολίζει την πράξη της πρόσθεσης, ενώ το σύμβολο $a^k$ δεξιά του αντιστοιχεί στη μορφή των αριθμών που προσθέτουμε – δηλαδή, το $a$ υψωμένο σε κάποια δύναμη $k.$ Τέλος, οι αριθμοί πάνω και κάτω από το $\sum$ μάς πληροφορούν για το ποιες είναι οι τιμές που μπορεί να πάρει το $k$ – που το λέμε μετρητή. Είναι σημαντικό να έχουμε κατά νου ότι αυτές δεν είναι οι μοναδικές τιμές που παίρνει το $k$ αλλά οι ακραίες τιμές που παίρνει, κινούμενο από τη μία στην άλλη με βήμα μίας μονάδας – έτσι στα παραπάνω το $k$ παίρνει τις τιμές $k=0,1,2,\ldots,n.$

Τώρα, με αυτόν τον συμβολισμό στα χέρια μας, τίθεται το εξής ερώτημα. Αν πάρουμε μία οποιαδήποτε ακολουθία πραγματικών αριθμών, ας την πούμε $a_k,$ πότε έχει νόημα το παρακάτω άπειρο άθροισμα;

$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_k.$

Τέτοια άπειρα αθροίσματα θα τα αποκαλούμε και σειρές – με μικρή σχέση να έχουν με τις αντίστοιχες τηλεοπτικές. Συνεπώς, δε ρωτάμε τίποτε άλλο από το εξής:

«Πότε μία σειρά συγκλίνει;»
Διάσημα τελευταία λόγια, Τόμος VII.

Αυτή η αθώα, φαινομενικά, απορία, αποδεικνύεται πολύ πιο επίμονα κουραστική από όσο φαίνεται με μία πρώτη ματιά – ακόμα και σήμερα. Ωστόσο, μπορούμε να δούμε μία περίπτωση που σίγουρα μία σειρά δεν συγκλίνει. Φανταστείτε μία ακολουθία $a_k$ η οποία, όσο και να προχωρήσουμε τους όρους της, βρίσκουμε όρους που είναι κάπως «μεγάλοι». Πιο σωστά, φανταστείτε μία ακολουθία που έχει άπειρους όρους που είναι (κατ’ απόλυτη τιμή) μεγαλύτεροι από, ας πούμε, 4. Δηλαδή, υπάρχουν όροι $a_{k_1},a_{k_2},\ldots$ (άπειροι στο πλήθος) έτσι ώστε να ισχύει ότι:

$|a_{k_n}|>4.$

Μία τέτοια ακολουθία μπορεί να μοιάζει κάπως έτσι:

Άπειρες, αθώες, γαλάζιες. Κάποιες τιμές μακριά από τις υπόλοιπες…

Σαφώς, μία τέτοια ακολουθία δεν μπορεί να δώσει μία σειρά που να συγκλίνει. Διαισθητικά, αυτό είναι αναμενόμενο καθώς, εκεί που θα πηγαίνει το άθροισμά μας να μαζευτεί λίγο κοντά σε κάποιον αριθμό, «τσουπ!», θα πετάγεται ένας όρος από αυτούς που είναι μεγαλύτεροι από το 4 και θα μας το χαλάει. Και άντε πάλι.

Αυστηρότερα, ίσως, θα μπορούσαμε να εκφραστούμε ως εξής. Το να συγκλίνει η $s_n$ σημαίνει ότι από κάποιο σημείο και μετά όλοι οι όροι της θα είναι «κοντά» μεταξύ τους – τα έχουμε εξηγήσει αυτά αναλυτικά εδώ και αναλυτικότατα εδώ. Ειδικότερα, από ένα σημείο και μετά οι όροι της $s_n$ θα απέχουν το πολύ 4 μονάδες ή, με πιο τυπικά μαθηματικά, θα υπάρχει ένας $n_0\in\mathbb{N}$ έτσι ώστε για κάθε $n,m\geq n_0$ να ισχύει:

$|s_n-s_m|<4.$

Αυτή η συμπεριφορά αναδεικνύεται, κατά κάποιον τρόπο, στο παραπάνω σχήμα από τις κόκκινες κουκκίδες, ο οποίες, πράγματι, έχουν ζωγραφιστεί έτσι ώστε να «πλησιάζουν» σταδιακά η μία την άλλη. Ωστόσο, αυτές οι γαλάζιες κουκκίδες μας χαλάνε τη δουλειά – χωρίς αυτό να είναι πολιτικό σχόλιο – κι αυτό διότι, όπως είπαμε παραπάνω, υπάρχουν άπειρες τέτοιες. Δηλαδή, ακόμα και μετά από αυτό το $n_0$ εμείς μπορούμε να βρούμε έναν όρο της $a_n,$ ας τον βαφτίσουμε $a_k$ όπου $k>n_0,$ για τον οποίο να ισχύει ότι:

$|a_k|>4.$

Ας δούμε τώρα πώς αυτό επηρεάζει την $s_n.$ Λοιπόν, όπως ίσως θα θυμάστε, η $s_n$ δεν είναι παρά η ακολουθία μερικών αθροισμάτων της $a_n$ ή, με άλλα λόγια, αυτό:

$s_n=a_1+a_2+\cdots+a_n.$

Συνεπώς, ο πρώτος όρος που θα επηρεαστεί από το «μεγαλείο» του $a_k$ είναι ο $s_k,$ καθώς ισχύει ότι:

$s_k=a_1+a_2+\cdots+a_k.$

Με κάπως λιγότερη φειδώ, μπορούμε να γράψουμε το παραπάνω ως εξής:

$s_k=\underbrace{a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}}_{s_{k-1}}+a_k.$

Πλην του τελευταίου όρου, όλοι οι υπόλοιποι όροι εμφανίζουνται και στο $s_{k-1},$ γεγονός που μας επιτρέπει να γράψουμε το εξής:

$s_k=s_{k-1}+a_k.$

Εντάξει, δεν είπαμε και καμία σοφία, θα πείτε εδώ. Ωστόσο, αν και όχι σοφό, το παραπάνω μας οδηγεί σε μία αντίφαση. Είπαμε ότι το $k$ είναι ένας αριθμός μεγαλύτερος του $n_0$ οπότε θα ισχύει και ότι $k-1\geq n_0.$ Συνεπώς, από τις υποθέσεις μας περί της κοντινότητας των όρων της $s_n$ θα πρέπει να ισχύει ότι:

$|s_{k-1}-s_k|<4.$

Από την άλλη, έχουμε και το εξής:

$|s_{k-1}-s_k|=|a_k|>4.$

Τα τελευταία χρόνια έχουμε αποφασίσει οι αριθμοί να είναι είτε μικρότεροι είτε μεγαλύτεροι του 4, αλλά όχι και τα δύο, συνεπώς έχουμε καταλήξει σε αντίφαση!

Τέλεια, αλλά σε σχέση με τι αντιφάσκουμε; Αν δείτε, λίγο παραπάνω είχαμε σιωπηρά υποθέσει ότι η $s_n$ συγλίνει, πράγμα που φαίνεται να μην ισχύει, καθώς μας οδηγεί σε αντιφάσεις. Κι αν δείτε λίγο καλύτερα, θα δείτε ότι αυτό που μας οδηγεί σε αντιφάσεις είναι ότι η $s_n$ έχει άπειρους όρους μεγαλύτερους από το 4. Συνεπώς, μπορούμε να διατυπώσουμε το εξής θεώρημα:

Καμία ακολουθία με άπειρους όρους μεγαλύτερους (κατ’ απόλυτη τιμή) από το 4 δε δίνει συγκλίνουσα σειρά.
Εμείς, μόλις τώρα.

Ωραία, αλλά τι το ιδιαίτερο έχει το 4; Τίποτα, από ό,τι φαντάζεστε. Όποιον άλλο θετικό αριθμό κι αν επιλέγαμε, θα κάναμε τη δουλειά μας κανονικά. Έτσι, μπορούμε να πούμε ότι:

Καμία ακολουθία με άπειρους όρους μεγαλύτερους (κατ’ απόλυτη τιμή) από κάποιο $\varepsilon>0$ δε δίνει συγκλίνουσα σειρά.
Εμείς, μόλις τώρα (δις)

Αυτό, τώρα, τι σημαίνει; Σημαίνει ότι για κάθε $\varepsilon>0$ οι όροι μιας ακολουθίας, η οποία προσοκά να δώσει συγκλίνουσα σειρά, που που είναι μεγαλύτεροι από αυτό το $\varepsilon$ είναι πεπερασμένοι στο πλήθος. Έτσι, αν πάρουμε ένα $\varepsilon>0$ τότε από κάποιον όρο και μετά, όλοι τους θα είναι μικρότεροι από αυτό, δηλαδή θα υπάρχει $n_0\in\mathbb{N}$ έτσι ώστε για κάθε $n\geq n_0$ να ισχύει:

$|a_n|<\varepsilon$

Αυτό, όμως, δεν είναι τίποτ’ άλλο από τον ορισμό της σύγκλισης μίας ακολουθίας στο 0. Συνεπώς, δείξαμε ότι οι μόνες ακόλουθίες που μπορούν να δώσουν μία συγκλίνουσα σειρά είναι αυτές που συγκλίνουν (οι ίδιες) στο μηδέν.

Προσοχή! Δεν είπαμε ότι όλες οι ακολουθίες που συγκλίνουν στο μηδέν δίνουν και συγκλίνουσα σειρά. Απλά διατυπώσαμε μία αναγκαία συνθήκη: μία ακολουθία που δεν συγκλίνει στο μηδέν δε δίνει συγκλίνουσα σειρά. Επομένως, τίθεται τώρα το εύλογο ερώτημα: Δίνουν όλες οι μηδενικές ακολουθίες – αυτές, δηλαδή, που συγκλίνουν στο μηδέν – κάποια συγκλίνουσα σειρά;

Για τις απαντήσεις, θα πρέπει να περιμένετε λίγο καιρό ακόμα…

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Τα δεσποινάρια του Diego Velázquez.

Καλόν Επιτάφιο και καλό διάβασμα!

Διαβάστε επίσης: Τι λέει το Θεώρημα του Bolzano;

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media: