El sorprendente teorema de Riemann sobre series numéricas (II)

PROPOSICIÓN 1.- La serie armónica $\sum _{}\frac{1}{n}$ es divergente.

 Demostración.- $\forall m\in \mathrm{\mathbb{N}}$


$a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_{m+m}=\sum _{k=1}^m\frac{1}{m+k}>\sum _{k=1}^m\frac{1}{2m}=\frac{m}{2m}=\frac{1}{2}$

Y para $\epsilon \le \frac{1}{2}$ no se verifica la condición del criterio de Cauchy de convergencia. Q.E.D.

PROPOSICIÓN 2 (Criterio de Leibniz).-Si $\left(a_n\right)$ es una sucesión de números reales positivos, decreciente y con límite cero, la serie alternada $\sum _{}(-1{)}^n{a}_n$ es convergente.

Demostración.- Sea $\left(A_n\right)$ la sucesión de sumas parciales de la serie numérica $\sum _{}(-1{)}^n{a}_n$. Como la sucesión $\left(a_n\right)$ es decreciente, $\forall n\in \mathrm{\mathbb{N}}$, se cumple que: $A_{2n+2}-A_{2n}=-a_{2n+1}+a_{2n+2}<0, y A_{2n}>-a_1$

luego la sucesión $\left(A_{2n}\right)$ es decreciente y está acotada inferiormente; luego tiene límite finito.

Análogamente se demuestra que la sucesión $\left(A_{2n-1}\right)$ es creciente y acotada superiormente, luego tiene límite finito.
Pero la sucesión $\left(a_n\right)$ tiene por límite 0, pues

$\underset{n\to \infty }{lím}\left(A_{2n}-A_{2n-1}\right)=\underset{n\to \infty }{lím}{a}_{2n}=0$
luego las dos subsucesiones de $\left(A_n\right)$: $\left(A_{2n}\right) y \left(A_{2n-1}\right)$ tienen el mismo límite A. Luego
$\underset{n\to \infty }{lím}{A}_n=A$ Q.E.D.

PROPOSICIÓN 3.- La serie alternada $\sum _{}\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ es condicionalmente convergente.

Demostración.- Por la Proposición 1, la serie $\sum _{}\left|\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}\right|=\sum _{}\frac{1}{n}$, es divergente, y por la Proposición 2, la serie $\sum _{}\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ es convergente. Q.E.D.

PROPOSICIÓN 4.- $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}=-\log 2$.
Demostración.- Como, $\forall x\in ]-1,1]$,

$\log \left(1+x\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^{n+1}\frac{x^n}{n}$

para $x=1$, se tiene que

$\log 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^{n+1}\frac{1}{n}$

luego

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}=-\log 2$Q.E.D.

COROLARIO.- $\forall x\in \mathrm{ℝ}$, existe una subsucesión ${\left(b_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ de ${\left(\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$, tal que
$x=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$
Demostración.- Inmediata, por los resultados anteriores.Q.E.D.

ESCOLIO.- Para cada número real $x$, existe una biyección
$f_x:\mathrm{\mathbb{N}}\to \mathrm{\mathbb{N}}$
tal que

$x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{f_x\left(n\right)}}{f_x\left(n\right)}$
Demostración.- Inmediata.Q.E.D.