i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 161 — #1 i
i
i
i
i
i
O PREUREDITVAH VRST S KOMPLEKSNIMI ČLENI
ALEKSANDER SIMONIČ
School of Science
The University of New South Wales (Canberra)
Math. Subj. Class. (2010): 40A05
Lévy–Steinitzov izrek za pogojno konvergentne vrste s kompleksnimi členi pravi, da
je množica vsot, ki jih dobimo po vseh preureditvah, bodisi premica bodisi kompleksna
ravnina. V članku predstavimo podroben dokaz tega izreka.
ON REARRANGEMENTS OF INFINITE SERIES WITH COMPLEX TERMS
The Lévy–Steinitz theorem for conditionally convergent series with complex terms
says that the set of sums we obtain after all rearrangements is either a line or the complex
plane. In the article we present a detailed proof of this theorem.
Uvod
Spomnimo se, da je konvergentna vrsta
∑∞
n=1 zn s kompleksnimi členi po-
gojno konvergentna, če ni absolutno konvergentna, tj. vrsta
∑∞
n=1 |zn| diver-
gira. Absolutno konvergentne vrste so konvergentne, toda obratno ni vedno
res. Priljubljeni primer je alternirajoča harmonična vrsta
1− 1
2
+
1
3
− 1
4
+ · · · = log 2. (1)
Preureditev členov absolutno konvergentne vrste ne spremeni njene vsote.
Formalno definiramo preureditev vrste
∑∞
n=1 zn kot vrsto
∑∞
n=1 zπ(n), kjer je
π : N→ N bijektivna preslikava, tj. π je permutacija množice N. Preureditev
pogojno konvergentne vrste pa lahko spremeni njeno vsoto. Ponazorimo to
z alternirajočo harmonično vrsto. Vzemimo zaporedoma en pozitivni člen
in dva negativna člena:
1− 1
2
− 1
4
+
1
3
− 1
6
− 1
8
+
1
5
− 1
10
− 1
12
+ · · ·
=
∞∑
n=1
(
1
2n− 1
− 1
4n− 2
− 1
4n
)
=
∞∑
n=1
1
2
(
2
2n− 1
− 1
2n− 1
− 1
2n
)
=
1
2
∞∑
n=1
(
1
2n− 1
− 1
2n
)
= log
√
2.
Pri izračunu smo člene razdelili na skupine s tremi členi in potem uporabili
enakost (1). Očitno je vsota preurejene vrste različna od log 2.
Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5 161
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 162 — #2 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Osrednji rezultat o preureditvah pogojno konvergentnih vrst z realnimi
členi je zajet v naslednjem izreku.
Izrek 1. Vsako pogojno konvergentno vrsto z realnimi členi lahko preuredimo
v konvergentno vrsto s poljubno vsoto.
Bernhard Riemann (1826–1866) je v razpravi o razvoju funkcij v trigo-
nometrijske vrste1 zapisal skico dokaza izreka 1 ter omenil, da je to opazil
že Dirichlet v članku iz leta 1829, glej [8, str. 226]. Kakorkoli, danes je
rezultat poznan kot Riemannov preureditveni izrek. Ideja dokaza je izje-
mno preprosta. Najprej opazimo, da vrsti, ki ju sestavimo iz pozitivnih
in negativnih členov prvotne vrste, divergirata. To omogoča, da z doda-
janjem pozitivnih členov vedno presežemo poljubno število, medtem ko z
dodajanjem negativnih členov vedno pridemo pod to število. Ker zaporedje
členov v vrsti konvergira proti nič, lahko s takim postopkom dosežemo, da
preurejena vrsta konvergira proti želeni vrednosti. Kasneje bomo podali
dokaz posplošitve tega izreka (posledica 5), za običajni dokaz glej npr. [3,
str. 318–320].
Izrek 1 obravnava izključno vrste z realnimi členi. Naj bo {zn}∞n=1 za-
poredje kompleksnih števil in
P ({zn}∞n=1) :=
{ ∞∑
n=1
zπ(n) : π je permutacija N in
∞∑
n=1
zπ(n) konvergira
}
⊆C
(2)
množica vsot vseh konvergentnih preurejenih vrst. Lahko je prazna, saj
ne obstaja preureditev divergentne vrste s pozitivnimi členi v konvergentno
vrsto. Absolutno konvergentne vrste pokažejo, da je ta množica lahko le
točka, medtem ko je po izreku 1 lahko tudi premica. Naslednji primer pa
pokaže, da je množica (2) lahko kar cela kompleksna ravnina.
Primer 2. Vzemimo pogojno konvergentno vrsto
∞∑
n=1
1
n
exp
(nπ
2
i
)
.
Označimo z zn njene člene. Zaporedje {z2n−1}∞n=1 je sestavljeno iz pov-
sem imaginarnih števil, medtem ko je zaporedje {z2n}∞n=1 realno. Vrsti∑∞
n=1 z2n−1 in
∑∞
n=1 z2n sta pogojno konvergentni. Naj bosta a in b po-
ljubni realni števili. Po izreku 1 obstajata permutacija π1 množice li-
hih števil in permutacija π2 množice sodih števil, da je
∑∞
n=1 zπ1(2n−1) =
ib in
∑∞
n=1 zπ2(2n) = a. Torej obstaja permutacija π množice N, da je∑∞
n=1 zπ(n) = a+ ib. S tem imamo P ({zn}
∞
n=1) = C.
1Ueber die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe, Abhan-
dlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen, vol. 13, 1854. To
je bila Riemannova habilitacijska razprava.
162 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 163 — #3 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
Ali obstaja kakšno zaporedje kompleksnih števil, da je množica (2) še
kaj drugega kot le prej našteti štirje primeri? Odgovor je ne!
Izrek 3. Naj bo {zn}∞n=1 zaporedje kompleksnih števil. Množica P ({zn}
∞
n=1)
je bodisi prazna bodisi točka bodisi premica bodisi kompleksna ravnina.
Z drugimi besedami: množica vsot, ki jih dobimo po vseh preureditvah
pogojno konvergentne vrste s kompleksnimi členi, je bodisi premica v kom-
pleksni ravnini bodisi cela kompleksna ravnina.
Izrek 3 je prvi dokazal Paul Lévy (1886–1971) leta 1905 v članku [4], ko
je bil še dodiplomski študent na politehnǐski šoli v Parizu. Lévy je v resnici
obravnaval preureditve vrst s členi v končno razsežnem evklidskem prostoru,
kjer se rezultat glasi, da je P bodisi prazna množica bodisi premik linear-
nega podprostora. Ernst Steinitz (1871–1928) je na pobudo E. Landaua
podrobno naštudiral Lévyjev članek in v njem našel številne pomanjkljivo-
sti, še posebej pri večrazsežnem primeru, ter v seriji člankov [10, 11, 12]
med drugim objavil povsem neodvisen dokaz tega. Groß je iz člankov izlu-
ščil bistvene prijeme ter v [1] objavil poenostavljen dokaz. Steinitz–Großov
pristop je predstavljen v [7]. Neß je v [5] podal drugačen dokaz izreka 3
z uporabo zanimive posplošitve Riemannovega preureditvenega izreka, glej
izrek 4 in posledico 5 v naslednjem razdelku. Ta prispevek bo sledil tej poti.
Morda je zanimivo dejstvo, da kljub naravnosti in starosti izreka 3 do-
kaz ni vsebovan v Knoppovi monografiji [3, str. 398]. Prav tako rezultat
še zdaleč ni tako prepoznaven kot izrek 1. Najverjetneje je glavni razlog
relativno zapleten dokaz. Namen tega prispevka je predstaviti pregledni do-
kaz Lévy–Steinitzovega izreka za vrste s kompleksnimi členi ter ga morda s
tem približati bralcu, ki se je pravkar seznanil z Riemannovim preureditve-
nim izrekom. Za druge rezultate na področju preureditev neskončnih vrst
predlagamo še pregledni članek [2].
Posplošitev Riemannovega preureditvenega izreka
Znameniti poljski matematik Wac law Sierpiński (1882–1969) je v [9] posplo-
šil izrek 1 na preureditve, ki pustijo pozitivne ali negativne člene vrste na
svojem mestu, odvisno od tega, ali je želena vsota večja ali manǰsa od vsote
dane vrste. Ključna metoda v dokazu je naslednji izrek, ki ga dokažemo
podobno kot v [5].
Izrek 4. Naj bo {an}∞n=1 tako zaporedje pozitivnih realnih števil z limito 0,
da vrsta
∑∞
n=1 an divergira. Vzemimo d > 0. Potem je
∞∑
n=1
(
an − aπ(n)
)
= d
za neko permutacijo π množice N.
161–176 163
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 164 — #4 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Dokaz. Naj bo {aλn}
∞
n=1 tako podzaporedje zaporedja {an}
∞
n=1, da vrsta∑∞
n=1 aλn konvergira. To lahko vedno dosežemo npr. s pogojem aλn ≤ 2−n.
Označimo z aµn preostale člene v {an}
∞
n=1, zapisane v enakem vrstnem redu.
Tvorimo novo zaporedje {bn}∞n=1, kjer je bλn = 0 in bµn = aµn . Velja
λn∑
k=1
ak =
λn∑
k=1
bk +
n∑
k=1
aλk
za vse n ∈ N. Ker je zaporedje delnih vsot
∑λn
k=1 ak navzgor neomejeno,
zaporedje delnih vsot
∑n
k=1 aλk pa konvergentno, vrsta
∑∞
n=1 bn divergira.
Za N ∈ N definirajmo DN := −d+
∑N
n=1 (bn − cn), kjer bomo določili člene
zaporedja {cn}∞n=1 z naslednjim algoritmom.
Postavimo c1 = 0 in N = ∅ ter za vsak k ≥ 1 ponavljamo naslednje korake:
(1) Če je Dk ≤ 0, potem je ck+1 = 0;
(2) Če je Dk > 0, potem:
(2.1) če je bk+1 = aµm , potem vzamemo ck+1 = bk+1 in N nadomestimo
z N ∪ {m};
(2.2) če je bk+1 = 0, potem vzamemo ck+1 = aµl za
l =
{
min
(⋃max(N )
j=1 {j} \N
)
, N 6= ∅,
1, N = ∅
in N nadomestimo z N ∪ {l}.
Najprej se prepričajmo, da je vsak korak v algoritmu izvedljiv. Edini
problem bi lahko nastal pri koraku (2.2), saj bi lahko bila množica v min {·}
prazna. Toda v tem primeru bi bili vsi neničelni členi zaporedja {bn}kn=1 že
vsebovani v {cn}kn=1, od koder bi sledilo Dk < 0, kar pa v tem koraku ni
mogoče.
Naj bo Dk ≤ 0. Potem je Dk+1 = Dk natanko tedaj, ko je bk+1 =
0, sicer imamo Dk+1 > Dk. Ker vrsta
∑∞
n=1 bn divergira, po končnem
številu ponovitev koraka (1) vedno pridemo do koraka (2). Recimo, da je
k1 najmanǰse tako število. Potem obstaja l1 ∈ N, da je
Dk ≤ · · · ≤ Dk+k1−1 ≤ 0 < Dk+k1 ≤ aµl1 .
Naj bo Dk > 0. Opazimo, da ponavljanje koraka (2.1) ne spremeni
vsote DN , toda korak (2.2) jo zmanǰsa za aµl . Ponovno nam divergenca
vrste
∑∞
n=1 bn zagotavlja, da po končnem številu ponovitev koraka (2) vedno
164 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 165 — #5 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
pridemo do koraka (1). Recimo, da je k2 najmanǰse tako število. Potem
obstaja tak l2 ∈ N, da je
Dk ≥ · · · ≥ Dk+k2−1 > 0 ≥ Dk+k2 ≥ −aµl2 .
Po preǰsnjih dveh odstavkih obstajajo strogo naraščajoča in neomejena
zaporedja {kj}∞j=1, {l1,j}
∞
j=1 in {l2,j}
∞
j=1 naravnih števil, da za vse N ∈
[kj , kj+1] ∩ N in j ∈ N velja
−aµl2,j ≤ DN ≤ aµl1,j .
Ker je limn→∞ an = 0, to dokazuje limN→∞DN = 0 oz.
∞∑
n=1
(bn − cn) = d. (3)
Določiti moramo še ustrezno preureditev vrste
∑∞
n=1 an. Vsak neničelni
člen zaporedja {bn}∞n=1 se pojavi natanko enkrat v {cn}
∞
n=1 ter obratno.
Pokazali bomo, kako nadomestiti ničelne člene preǰsnjih zaporedij s členi iz
{aλn}
∞
n=1. Vemo, da je j element množice L := {λn : n ∈ N} natanko tedaj,
ko je bj = 0. Recimo, da je za tak j = λn tudi cj = 0. Potem nadomestimo
bj in cj z aλn . Če pa cj 6= 0, imamo cj = aµl , kjer je µl kot v koraku
(2.2). Tedaj velja cµl = 0. Zato nadomestimo bj in cµl z aλn . S takimi
nadomestitvami iz zaporedja {bn}∞n=1 dobimo prvotno zaporedje {an}
∞
n=1,
zaporedje {cn}∞n=1 pa postane
{
aπ(n)
}∞
n=1
za neko permutacijo π množice
N. Naj bo N≤m := {n ∈ N : n ≤ m}. Tedaj imamo
m∑
n=1
(
an − aπ(n)
)
=
m∑
n=1
(bn − cn) +
∑
n∈Lm
an −
∑
n∈L ′m
an,
kjer je Lm := L ∩ N≤m in L ′m := L ∩ {π(n) : n ∈ N≤m}. Ker je vrsta∑∞
n=1 aλn absolutno konvergentna, sta v limiti, ko pošljemo m v neskončno,
vsoti zadnjih vrst v zgornji enakosti enaki. Enačba (3) s tem zaključuje
dokaz.
Posledica 5. Imejmo pogojno konvergentno vrsto z realnimi členi in vsoto
s ter s1 in s2 taki realni števili, da velja s1 ≤ s ≤ s2. Potem obstaja
preureditev, ki pusti vse negativne člene na svojem mestu in je s1 vsota
preurejene vrste. Obstaja tudi preureditev, ki pusti vse pozitivne člene na
svojem mestu in je s2 vsota preurejene vrste.
161–176 165
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 166 — #6 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Dokaz. Naj bo
∑∞
n=1 an = s pogojno konvergentna vrsta z realnimi členi.
Lahko privzamemo s1 < s. Dokazujemo prvi del posledice. Definirajmo
množici N1 := {n ∈ N : an > 0} in N2 := {n ∈ N : an ≤ 0}. Imamo
m∑
n=1
an =
∑
n∈N1∩N≤m
an −
∑
n∈N2∩N≤m
|an| .
Zaradi pogojne konvergence od tod sledi
lim
m→∞
∑
n∈N1∩N≤m
an = +∞.
Po izreku 4 obstaja permutacija π1 množice N1, da velja
lim
m→∞
∑
n∈N1∩N≤m
(
an − aπ1(n)
)
= s− s1. (4)
Naj bo π(n) := π1(n) za n ∈ N1 ter π(n) := n za n ∈ N2. S tem je π
permutacija množice N in
m∑
n=1
(
an − aπ(n)
)
=
∑
n∈N1∩N≤m
(
an − aπ1(n)
)
.
Z upoštevanjem enakosti (4) dobimo
∞∑
n=1
aπ(n) =
∞∑
n=1
(
aπ(n) − an
)
+
∞∑
n=1
an = (s1 − s) + s = s1.
Drugi del posledice dokažemo podobno.
Natančneǰsa oblika Lévy–Steinitzovega izreka za vrste s kompleksnimi
členi
Izrek 3 pove, kakšne oblike je lahko množica P iz (2). Naslednji izrek pa je
njegova podrobneǰsa različica, kjer s tremi paroma disjunktnimi pogoji na
člene vrste določimo vse možne oblike množice P.
Izrek 6. Naj bo
∑∞
n=1 zn konvergentna vrsta s kompleksnimi členi in vsoto
s.
(1) Če obstaja natanko en ϕ0 ∈ [0, π), da vrsta
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ0
}
absolutno
konvergira, potem velja
P ({zn}∞n=1) =
{
z ∈ C : <
{
(z − s) eiϕ0
}
= 0
}
.
166 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 167 — #7 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
(2) Če obstajata različna ϕ1 ∈ [0, π) in ϕ2 ∈ [0, π), da vrsti
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ1
}
in
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ2
}
absolutno konvergirata, potem velja
P ({zn}∞n=1) = {s}.
(3) Če za vsak ϕ ∈ [0, π) vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira, potem velja
P ({zn}∞n=1) = C.
Ker primeri pokrijejo vse možnosti, je izrek 3 vsebovan v tem izreku.
Ker je <
{
(z − s)eiϕ0
}
= 0 natanko tedaj, ko je z = s + ae−iϕ0 , a ∈ i · R,
je množica P iz primera (1) premica. Podobna klasifikacija s skalarnim
produktom obstaja tudi v večrazsežnem primeru, glej [7, str. 350].
Ponazorimo uporabo izreka na primeru realne konvergentne vrste∑∞
n=1 an = s. Naj bo ϕ ∈ [0, π). Potem imamo
∣∣<{aneiϕ}∣∣ = |an| ·
|cosϕ|. Če je vrsta pogojno konvergentna, vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{aneiϕ}∣∣ konver-
gira natanko tedaj, ko je ϕ = π/2. Torej imamo P ({an}∞n=1) = R, kar je
ravno vsebina Riemannovega preureditvenega izreka. Če pa je vrsta abso-
lutno konvergentna, vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{aneiϕ}∣∣ konvergira za vsak ϕ ter s tem
P ({an}∞n=1) = {s}.
Primer 7. Vzemimo pogojno konvergentno vrsto
∞∑
n=1
(−1)n+1
(
1√
n
+ i
1
n
)
.
Označimo z zn njene člene in naj bo ϕ ∈ [0, π). Ker je
zn = (−1)n+1
√
n+ 1
n
exp
(
i arctan
1√
n
)
,
je ∣∣<{zneiϕ}∣∣ = √n+ 1
n
∣∣∣∣cos(ϕ+ arctan 1√n
)∣∣∣∣ .
Ločimo tri primere: ϕ ∈ [0, π/2), ϕ ∈ (π/2, π) in ϕ = π/2. Naj bo najprej
ϕ ∈ [0, π/2). Potem obstajata N ∈ N in ε > 0, da je ϕ + arctan (1/
√
n) ≤
ϕ + ε < π/2 za vse n ≥ N . Torej je
∣∣<{zneiϕ}∣∣ ≥ 1√n cos (ϕ+ ε) za
n ≥ N . Ker je vrsta
∑∞
n=1
1√
n
divergentna, je po primerjalnem kriteriju
tudi vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergentna. Naj bo sedaj ϕ ∈ (π/2, π). Potem
obstaja N ∈ N, da za n ≥ N velja π/2 < ϕ < ϕ + arctan (1/
√
n) < π
in s tem
∣∣<{zneiϕ}∣∣ ≥ 1√n |cosϕ|. Odtod spet po primerjalnem kriteriju
161–176 167
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 168 — #8 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
zaključimo, da
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira. V primeru ϕ = π/2 imamo∣∣<{zneiϕ}∣∣ = 1/n, kar so členi divergentne harmonične vrste. Sklepamo,
da za vsak ϕ ∈ [0, π) vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira. Izrek 6 zagotavlja
P ({zn}∞n=1) = C.
Izkaže se, da je dokaz izreka 6 v primeru (3) najtežji. Pri tem bo koristno
vpeljati in študirati pojem poltraka absolutne divergence.
Poltrak absolutne divergence
Za α ∈ R in β > 0 definirajmo množico
J (α, β) :=
{
reiϕ : r ∈ (0,∞), |ϕ− α| < β
}
.
Za β ∈ (0, π) ta množica predstavlja odprt kot v kompleksni ravnini z vrhom
v 0, kotom 2β in simetralo L (α) :=
{
reiα : r ∈ (0,∞)
}
. Naj bo
∑∞
n=1 zn
pogojno konvergentna vrsta. Če obstaja α0 ∈ R, da vrsta∑
zn∈J (α0,ε)
|zn|
divergira za vsak ε > 0, potem pravimo množici L (α0) poltrak absolutne
divergence.2 Seveda je potem za vsak k ∈ Z tudi L (α0 + 2kπ) poltrak
absolutne divergence.
Za vrsto iz primera 2 so L(0), L(π/2), L(π) in L(3π/2) vsi poltraki
absolutne divergence. Vsaka pogojno konvergentna vrsta z realnimi členi
ima natanko dva poltraka absolutne divergence, L(0) in L(π), kar je res
tudi za vrsto iz primera 7, saj za njene člene velja
arg zn =
{
arctan 1√
n
, 2 - n,
−π + arctan 1√
n
, 2 | n.
Naslednja lema zagotavlja obstoj poltraka absolutne divergence za vsako
pogojno konvergentno vrsto.
Lema 8. Naj bo
∑∞
n=1 zn pogojno konvergentna vrsta. Recimo, da obstajata
α ∈ R in β > 0, da vrsta ∑
zn∈J (α,β)
|zn|
divergira. Potem obstaja α0 ∈ [α− β, α+ β], da je L (α0) poltrak absolutne
divergence.
2Različni avtorji uporabljajo različna imena, npr. »principal direction« v [2], »direction
of accumulation« v [6] in »stark Strahl« v [5].
168 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 169 — #9 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
Dokaz. Dokazujemo s protislovjem. Naj bo Λ := [α− β, α+ β]. Recimo, da
za vsak λ ∈ Λ obstaja ελ > 0, da vrsta
∑
zn∈J (λ,ελ) zn absolutno konvergira.
Potem imamo
[α− β, α+ β] ⊆
⋃
λ∈Λ
(λ− ελ, λ+ ελ) . (5)
Ker je leva množica v (5) kompaktna, obstaja končna podmnožica Λ0 ⊂ Λ,
da (5) velja tudi v primeru, ko Λ nadomestimo z Λ0. S tem imamo∑
zn∈J (α,β)
|zn| ≤
∑
λ∈Λ0
∑
zn∈J (λ,ελ)
|zn| <∞,
kar pa je v nasprotju s predpostavko leme.
V nadaljevanju predpostavimo, da je izpolnjen pogoj (3) iz izreka 6, in
z uporabo preǰsnje leme pokažemo obstoj poltraka absolutne divergence.
Lema 9. Recimo, da je
∑∞
n=1 zn pogojno konvergentna vrsta in za vsak ϕ ∈
[0, π) vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira. Potem za vsak α ∈ R obstaja α0 ∈[
α− π2 , α+
π
2
]
, da je L (α0) poltrak absolutne divergence.
Dokaz. Lahko opazimo, da po predpostavki v lemi vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣
divergira za vsak ϕ ∈ R, saj imamo <
{
zne
iϕ
}
= −<
{
zne
i(ϕ−π)}. Vze-
mimo α ∈ R. Opazimo tudi, da je zn ∈ J (α, π/2) natanko tedaj, ko
je zne
−iα ∈ J (0, π/2) oz. <
{
zne
−iα} > 0. Od tod sledi <{zne−iα} =
−
∣∣<{zne−iα}∣∣ natanko tedaj, ko je zn ∈ C \ J (α, π/2). Če bi bila vrsta∑
zn∈J (α,π/2)
∣∣<{zne−iα}∣∣ konvergentna, bi veljalo
∞∑
n=1
∣∣<{zne−iα}∣∣ = −<{se−iα}+ 2 ∑
zn∈J (α,π/2)
∣∣<{zne−iα}∣∣ ,
kjer je s :=
∑∞
n=1 zn. To pa ni mogoče, saj bi bila s tem vrsta na levi
strani zgornje enakosti konvergentna. Sklepamo, da vrsta
∑
zn∈J (α,π/2) |zn|
divergira. Trditev sedaj sledi iz leme 8.
Trditev 10. Recimo, da je
∑∞
n=1 zn pogojno konvergentna vrsta in za vsak
ϕ ∈ [0, π) vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira. Potem za vsak α ∈ R obstajata
taka α1 ∈ [α− π, α] in α2 ∈ [α, α+ π], α2−α1 ≤ π, da sta L (α1) in L (α2)
poltraka absolutne divergence.
Dokaz. Najprej bomo pokazali, da je množica
A := {α : L (α) je poltrak absolutne divergence}
161–176 169
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 170 — #10 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
zaprta. Vzemimo ε > 0 in {αn}∞n=1 ⊆ A naj bo konvergentno zaporedje z
limito limn→∞ αn = α. Potem obstaja j ∈ N, da je |αj − α| < ε/2 in vrsta∑
zn∈J (αj ,ε/2) |zn| divergira. Ker pa je J (αj , ε/2) ⊂ J (α, ε), od tod sledi
divergenca vrste
∑
zn∈J (α,ε) |zn| in s tem α ∈ A.
Če je L (α) poltrak absolutne divergence, potem obstaja α′ ∈ (α, α+ π],
da je tudi L (α′) poltrak absolutne divergence. Recimo, da tak α′ ne obstaja
in definirajmo
B := {α0 ∈ [α+ π/2, α+ 3π/2] : L (α0) je poltrak absolutne divergence} .
Po lemi 9 množica B ni prazna. Ker je navzdol omejena in zaprta, ima mi-
nimum α̂ > α+ π. Po lemi 9 obstaja α′′ ∈ [(α̂+ α− π) /2, (α̂+ α+ π) /2],
da je L (α′′) poltrak absolutne divergence. Imamo α < α′′ < α̂ ≤ α+ 3π/2.
Sledi α′′ ∈ B in s tem α′′ ≥ α̂. Ker pa to ni mogoče, predpostavka o
neobstoju α′ ni pravilna.
Vzemimo α ∈ R in definirajmo
C :=
{
α′ ∈ [α− π, α] : L
(
α′
)
je poltrak absolutne divergence
}
.
Po lemi 9 množica C ni prazna. Ker je navzgor omejena in zaprta, ima ma-
ksimum α1. Če je α1 = α, potem α2 = α1 zadošča trditvi. V nasprotnem
primeru po preǰsnjem odstavku obstaja α2 ∈ (α1, α1 + π], da je L (α2) pol-
trak absolutne divergence. To nam zagotavlja α2 − α1 ≤ π. Ker po izbiri
α1 velja še α2 ∈ (α, α+ π], je trditev s tem dokazana.
Trditev 11. Naj bo
∑∞
n=1 zn pogojno konvergentna vrsta.
(1) Če je L (0) poltrak absolutne divergence, potem obstaja tako podzaporedje
{zλn}
∞
n=1, da velja <{zλn} > 0, vrsta
∑∞
n=1<{zλn} divergira in vrsta∑∞
n=1={zλn} absolutno konvergira.
(2) Če je L (π) poltrak absolutne divergence, potem obstaja tako podzapo-
redje {zµn}
∞
n=1, da velja <{zµn} < 0, vrsta
∑∞
n=1<{zµn} divergira in
vrsta
∑∞
n=1={zµn} absolutno konvergira.
Podzaporedji {zλn}
∞
n=1 in {zµn}
∞
n=1 sta disjunktni.
Dokaz. Dokazujemo trditev (1). Izberimo ε ∈ (0, π/3). Ker zaporedje
{zn}∞n=1 konvergira proti 0 in vrsta
∑
zn∈J (0,ε) |zn| divergira, obstaja končno
mnogo členov zλ1 , . . . , zλN1 zaporedja {zn}
∞
n=1, da je λ1 < · · · < λN1 ,
{zλn}
N1
n=1 ⊂ J (0, ε) in 1 ≤
∑N1
n=1 |zλn | ≤ 2. Na podoben način lahko vidimo,
da obstaja končno mnogo členov zλN1+1 , . . . , zλN2 zaporedja {zn}
∞
n=1, da je
λN1 < λN1+1 < · · · < λN2 , {zλn}
N2
n=N1+1
⊂ J (0, ε/2) in 1 ≤
∑N2
n=N1+1
|zλn |
≤ 2. Na ta način konstruiramo strogo naraščajoči zaporedji {Nj}∞j=0 ⊂
170 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 171 — #11 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
N0 in {λn}∞n=1 ⊂ N, da je N0 = 0, {zλn}
Nj+1
n=Nj+1
⊂ J
(
0, ε2−j
)
in 1 ≤∑Nj+1
n=Nj+1
|zλn | ≤ 2. Iz prvega pogoja dobimo <{zλn} ≥ |zλn | cos
(
ε2−j
)
in
|= {zλn}| ≤ |zλn | sin
(
ε2−j
)
za n ∈ {Nj + 1, . . . , Nj+1}. Za m ∈ N0 sledi
Nm+1∑
n=1
<{zλn} ≥
m∑
j=0
Nj+1∑
n=Nj+1
|zλn | cos
ε
2j
≥
m∑
j=0
cos
ε
2j
>
m
2
,
∞∑
n=1
|= {zλn}| ≤
∞∑
j=0
Nj+1∑
n=Nj+1
|zλn | sin
ε
2j
≤ 2
∞∑
j=0
sin
ε
2j
<
4π
3
,
od koder dobimo trditev (1). Dokaz trditve (2) poteka podobno, le da
člene zµn izbiramo iz J
(
π, ε2−j
)
. Pri tem sta tako dobljeni podzaporedji
disjunktni.
Preǰsnji trditvi sta ključni v dokazu primera (3) izreka 6. Najprej opa-
zimo: če je za neko pogojno konvergentno vrsto
∑∞
n=1 zn množica L(α)
poltrak absolutne divergence, je potem L(0) poltrak absolutne divergence
za
∑∞
n=1 zne
−iα. Trditev 10 bo zagotovila obstoj dveh takšnih poltrakov,
medtem ko bo trditev 11 po ustreznih rotacijah priskrbela podzaporedja,
na katerih bomo lahko z uporabo izreka 4 izvajali ustrezne preureditve.
Na tem mestu dodajmo še: če je za pogojno konvergentno vrsto množica
L(α) poltrak absolutne divergence za vsak α ∈ R, je pogoj (3) izreka 6
izpolnjen. To sledi iz preǰsnje opombe in trditve 11. Primer take vrste je
∞∑
n=1
1
n
exp (2πixn),
za x ∈ R \Q. Dokaz ni kratek in ga bomo zato izpustili, glej [5, str. 41–42].
Dokaz izreka 6
V tem zadnjem razdelku bomo dokazali izrek 6 in s tem tudi Lévy–Steinitzov
izrek za vrste s kompleksnimi členi. Dokaz bomo razdelili na tri dele, v
skladu s primeri (1)–(3) v izreku 6.
Dokaz za prvi primer
Po predpostavki izreka obstaja natanko en ϕ0 ∈ [0, π), da vrsta∑∞
n=1<
{
zne
iϕ0
}
absolutno konvergira. Vrsta
∑∞
n=1 zn = s je v tem pri-
meru pogojno konvergenta, saj bi drugače veljalo
∞∑
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ ≤ ∞∑
n=1
∣∣zneiϕ∣∣ ≤ ∞∑
n=1
|zn| <∞
161–176 171
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 172 — #12 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
za vsa realna števila ϕ. S tem je tudi vrsta
∑∞
n=1 zne
iϕ0 = seiϕ0 pogojno
konvergentna. Ker vrsta
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ0
}
absolutno konvergira, sledi, da je∑∞
n=1=
{
zne
iϕ0
}
pogojno konvergentna vrsta. Vzemimo
s′ ∈ S :=
{
z ∈ C : <
{
(z − s) eiϕ0
}
= 0
}
.
Po izreku 1 obstaja permutacija π množice N, da je
∞∑
n=1
=
{
zπ(n)e
iϕ0
}
= =
{
s′eiϕ0
}
.
Ker je
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ0
}
absolutno konvergentna, je
∞∑
n=1
<
{
zπ(n)e
iϕ0
}
= <
{
s′eiϕ0
}
= <
{
seiϕ0
}
. (6)
Torej je
∑∞
n=1 zπ(n) = s
′, kar dokazuje S ⊆ P ({zn}∞n=1). Če je s′ ∈
P ({zn}∞n=1), potem obstaja permutacija π množice N, da velja s′ =∑∞
n=1 zπ(n). Ker vrsta
∑∞
n=1<
{
zne
iϕ0
}
absolutno konvergira, ponovno ve-
lja (6) in odtod s′ ∈ S. S tem imamo S = P ({zn}∞n=1).
Dokaz za drugi primer
Po predpostavki izreka obstajata različna ϕ1 ∈ [0, π) in ϕ2 ∈ [0, π), da vrsti∑∞
n=1 un in
∑∞
n=1wn absolutno konvergirata, kjer smo definirali
un := <
{
zne
iϕ1
}
= <{zn} cosϕ1 −={zn} sinϕ1,
wn := <
{
zne
iϕ2
}
= <{zn} cosϕ2 −={zn} sinϕ2.
Če je ϕ2 = 0, je
∑∞
n=1<{zn} absolutno konvergentna vrsta. Recimo,
da velja ϕ2 6= 0. Potem imamo
∞∑
n=1
(
sinϕ1
sinϕ2
wn − un
)
=
sin (ϕ1 − ϕ2)
sinϕ2
∞∑
n=1
<{zn} .
Ker je leva stran enakosti absolutno konvergentna, sledi, da je tudi v tem
primeru vrsta
∑∞
n=1<{zn} absolutno konvergentna.
Če je ϕ2 = π/2, je
∑∞
n=1={zn} absolutno konvergentna vrsta. Recimo,
da velja ϕ2 6= π/2. Potem imamo
∞∑
n=1
(
cosϕ1
cosϕ2
wn − un
)
=
sin (ϕ1 − ϕ2)
cosϕ2
∞∑
n=1
={zn} ,
od koder sledi absolutna konvergenca vrste
∑∞
n=1={zn}.
Dokazali smo, da je
∑∞
n=1 zn absolutno konvergentna vrsta, torej se po
poljubni preureditvi njenih členov vsota ne spremeni.
172 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 173 — #13 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
Dokaz za tretji primer
Po predpostavki izreka za vse ϕ ∈ [0, π) vrsta
∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira
in
∑∞
n=1 zn = s. Vzemimo s
′ 6= s. Naj bo α ∈ R tak, da velja s − s′ =
|s− s′| eiα. Po trditvi 10 obstajata α1 ∈ [α− π, α] in α2 ∈ [α, α + π], da je
α2−α1 ≤ π ter sta L (α1) in L (α2) poltraka absolutne divergence. Ločimo
primere:
(1) α2 − α1 < π;
(1.1) α1 < α < α2;
(1.2) α1 = α ≤ α2;
(1.3) α1 ≤ α = α2;
(2) α2 = α1 + π.
Vrsta v primeru 7 pokaže, da se (2) lahko zgodi.
Najprej obravnavajmo primer (1). Če velja (1.1), obstajata pozitivni
števili d1 in d2, da je s − s′ = d1eiα1 + d2eiα2 . V primeru (1.2) obstaja
d′1 > 0, da je s − s′ = d′1eiα1 ter v primeru (1.3) obstaja d′2 > 0, da je
s − s′ = d′2eiα2 . Podali bomo dokaz samo za primer (1.1), saj sta dokaza
v primerih (1.2) in (1.3) podobna. Za vrsto
∑∞
n=1 zne
−iα1 je množica L(0)
poltrak absolutne divergence. Po trditvi 11 obstaja podzaporedje {zλn}
∞
n=1
zaporedja {zn}∞n=1, da je
∑∞
n=1<
{
zλne
−iα1
}
= +∞ in
∞∑
n=1
∣∣={zλne−iα1}∣∣ <∞ (7)
Izrek 4 zagotavlja obstoj permutacije π1 množice L = {λn : n ∈ N}, da velja
∞∑
n=1
<
{(
zλn − zπ1(λn)
)
e−iα1
}
= d1,
∞∑
n=1
=
{(
zλn − zπ1(λn)
)
e−iα1
}
= 0,
kjer ničelnost vsote druge vrste sledi iz (7). Če definiramo π̃1(n) := π1(n)
za n ∈ L in π̃1(n) := n za n /∈ L , je π̃1 permutacija množice N, za katero
velja
∞∑
n=1
(
zn − zπ̃1(n)
)
= d1e
iα1 .
S podobnim postopkom, le za vrsto
∑∞
n=1 zπ̃1(n)e
−iα2 in d2, lahko pokažemo
obstoj permutacije π̃2 množice N, da je
∞∑
n=1
(
zπ̃1(n) − zπ̃2(π̃1(n))
)
= d2e
iα2 .
161–176 173
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 174 — #14 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
S tem imamo
∞∑
n=1
(
zn − zπ(n)
)
=
∞∑
n=1
(
zn − zπ̃1(n)
)
+
∞∑
n=1
(
zπ̃1(n) − zπ(n)
)
= s− s′
za π := π̃2 ◦ π̃1. Torej je
∑∞
n=1 zπ(n) = s
′.
Izrek moramo dokazati še za primer (2), torej naj velja α2 = α1 +
π. Za vrsto
∑∞
n=1 zne
−iα1 sta množici L(0) in L(π) poltraka absolutne
divergence. Po trditvi 11 obstajata disjunktni podzaporedji {zλn}
∞
n=1 in
{zµn}
∞
n=1 zaporedja {zn}
∞
n=1, da je
∑∞
n=1 a
+
n = +∞ in
∑∞
n=1 |b+n | < ∞ ter∑∞
n=1 a
−
n = −∞ in
∑∞
n=1 |b−n | <∞, kjer smo definirali a+n := <
{
zλne
−iα1
}
in b+n := =
{
zλne
−iα1
}
ter a−n := <
{
zµne
−iα1
}
in b−n := =
{
zµne
−iα1
}
. Naj
bo {zνn}
∞
n=1 podzaporedje preostalih členov zaporedja {zn}
∞
n=1, zapisanih
v enakem vrstnem redu. Ker je =
{
zne
−iα1
}
= −<
{
zne
(π/2−α1)i
}
, vrsta∑∞
n=1
∣∣<{zneiϕ}∣∣ divergira za vsak ϕ ∈ R in ∑∞n=1 |b±n | < ∞, sledi diver-
genca vrste
∑∞
n=1
∣∣={zνne−iα1}∣∣. Po izreku 1 zato obstaja permutacija π1
množice {νn : n ∈ N}, da velja
∞∑
n=1
=
{
zπ1(νn)e
−iα1} = ={s′e−iα1}− ∞∑
n=1
(
b+n + b
−
n
)
. (8)
Definirajmo an := <
{
zπ1(νn)e
−iα1
}
in bn := =
{
zπ1(νn)e
−iα1
}
. Za naravni
števili n in m, n ≤ m, definirajmo A+(n,m) :=
∑m
j=n a
+
j in A
−(n,m) :=∑m
j=n a
−
j . Ločimo primera, ko je a1 ≤ <
{
s′e−iα1
}
ali a1 > <
{
s′e−iα1
}
.
Recimo, da velja a1 ≤ <
{
s′e−iα1
}
. Potem izberemo naravna števila m1 <
m2 < . . . in k1 < k2 < . . . v
a1 +A
+ (1,m1) + a2 +A
− (1, k1) + a3
+A+ (m1 + 1,m2) + a4 +A
− (k1 + 1, k2) + a5
+ · · · (9)
+A+ (mn + 1,mn+1) + a2n+2 +A
− (kn + 1, kn+1) + a2n+3
+ · · ·
na naslednji način:
(1) m1 ≥ 1 je tako najmanǰse naravno število, da velja
S+1 := a1 +A
+ (1,m1) + a2 > <
{
s′e−iα1
}
;
(2) k1 ≥ 1 je tako najmanǰse naravno število, da velja
S−1 := S
+
1 +A
− (1, k1) + a3 < <
{
s′e−iα1
}
;
174 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 175 — #15 i
i
i
i
i
i
O preureditvah vrst s kompleksnimi členi
(3) m2 ≥ m1 + 1 je tako najmanǰse naravno število, da velja
S+2 := S
−
1 +A
+ (m1 + 1,m2) + a4 > <
{
s′e−iα1
}
;
(4) k2 ≥ k1 + 1 je tako najmanǰse naravno število, da velja
S−2 := S
+
2 +A
− (k1 + 1, k2) + a5 < <
{
s′e−iα1
}
;
(5) in tako dalje z mn+1 ≥ mn + 1, kn+1 ≥ kn + 1 in
S+n+1 := S
−
n +A
+ (mn + 1,mn+1) + a2n+2 > <
{
s′e−iα1
}
,
S−n+1 := S
+
n+1 +A
− (kn + 1, kn+1) + a2n+3 < <
{
s′e−iα1
}
.
Zgornji koraki so vedno izvedljivi, saj za poljubno naravno število n velja
lim
m→∞
A+(n,m) = +∞, lim
m→∞
A−(n,m) = −∞.
Pri tem je (9) preureditev vrste
∑∞
n=1<
{
zne
−iα1
}
. Konstruirali smo tako
permutacijo π množice N, da za vsak n ∈ N velja
lim sup
N→∞
N∑
j=1
<
{
zπ(j)e
−iα1} ≤ S+n , lim inf
N→∞
N∑
j=1
<
{
zπ(j)e
−iα1} ≥ S−n .
Velja še
0 < S+n+1 −<
{
s′e−iα1
}
≤ max
{
a+mn+1 + a2n+2, a
+
mn+1
}
,
min
{
a−kn+1 + a2n+3, a
−
kn+1
}
≤ S−n+1 −<
{
s′e−iα1
}
< 0,
kar zagotavlja limn→∞ S
+
n = limn→∞ S
−
n = <
{
s′e−iα1
}
. Torej je
∞∑
n=1
<
{
zπ(n)e
−iα1} = <{s′e−iα1} .
Opazimo, da velja
∞∑
n=1
=
{
zπ(n)e
−iα1} = ∞∑
n=1
bn +
∞∑
n=1
b+n +
∞∑
n=1
b−n = =
{
s′e−iα1
}
.
Prva enakost velja, ker smo po predpisu (9) v pogojno konvergentno vrsto∑∞
n=1 bn dodali člene absolutno konvergentnih vrst
∑∞
n=1 b
+
n in
∑∞
n=1 b
−
n ,
medtem ko druga enakost velja zaradi (8). Od tod sklepamo
∑∞
n=1 zπ(n) =
s′. V primeru a1 > <
{
s′e−iα1
}
dokazujemo podobno, zato podrobnosti
prepuščamo bralcu. Dokaz izreka 6 je s tem končan.
161–176 175
i
i
“Simonic” — 2021/2/19 — 7:58 — page 176 — #16 i
i
i
i
i
i
Aleksander Simonič
Zahvala
Avtor se zahvaljuje Živi Kadunc za prvi komentar in recenzentu za kon-
struktivne pripombe.
LITERATURA
[1] W. Groß, Bedingt konvergente Reihen, Monatsh. Math. Phys. 28 (1917), 221–237.
[2] B. Jasek, Transformations of complex series, Colloq. Math. 9 (1962), 265–275.
[3] K. Knopp, Infinite sequences and series, Dover Publications, Inc., New York, 1956.
[4] P. Lévy, Sur les séries semi-convergentes, Nouvelles annales de mathématiques :
journal des candidats aux écoles polytechnique et normale 4e série, 5 (1905), 506–
511.
[5] W. Neß, Über die Umordnung von bedingt konvergenten Reihen, Math. Z. 42 (1937),
31–50.
[6] G. Pólya in G. Szegő, Problems and theorems in analysis. I, Classics in Mathematics,
Springer-Verlag, Berlin, 1998.
[7] P. Rosenthal, The remarkable theorem of Lévy and Steinitz, Amer. Math. Monthly
94 (1987), 342–351.
[8] B. Riemann, H. Weber, R. Baker, C. Christenson in H. Orde, Collected papers, Heber
City, UT: Kendrick Press, 2004.
[9] W. Sierpiński, Sur une propriété des séries qui ne sont pas absolument convergentes,
Bull. Intern. Acad. Sci. Cracovie, Série A (1911), 149–158.
[10] E. Steinitz, Bedingt konvergente Reihen und konvexe Systeme, J. Reine Angew. Math.
143 (1913), 128–175.
[11] Bedingt konvergente Reihen und konvexe Systeme. (Fortsetzung), J. Reine Angew.
Math. 144 (1914), 1–40.
[12] Bedingt konvergente Reihen und konvexe Systeme. (Schluß.), J. Reine Angew. Math.
146 (1916), 1–52.
http://www.dmfa-zaloznistvo.si/
176 Obzornik mat. fiz. 67 (2020) 5