Seja \left(a_{n}\right) somável, com soma s. Mostre que, dado \varepsilon>0, existe um subconjunto finito J_{0} \subset \mathbb{N} tal que, para todo J finito \operatorname{com} J_{0} \subset J \subset \mathbb{N}, tem-se
\left|s-\sum_{n \in J} a_{n}\right|<\varepsilon

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações e pede uma coisa concreta.
  • Dado: \left(a_{n}\right) é somável e sua soma é s. Vou entender aqui, como é usual em muitos textos, que “somável” significa que a série \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} converge absolutamente; isto é,
\sum_{n=1}^{\infty} |a_{n}|<\infty,
e também
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=s.
  • Pedido: Mostrar que, para todo \varepsilon>0, existe um subconjunto finito J_{0}\subset\mathbb{N} tal que, para qualquer conjunto finito J que satisfaça J_{0}\subset J\subset\mathbb{N}, vale
\left|s-\sum_{n\in J} a_{n}\right|<\varepsilon.

Passo 2

Lembrando uma propriedade básica de séries absolutamente convergentes (vou explicar por que ela vale): se \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| converge, então as “sobras” (os tails) da série absolutas tendem a zero; isto é,
\lim_{N\to\infty}\sum_{n>N}|a_{n}|=0.
Explicação curta e clara: a sequência de somas parciais A_{N}=\sum_{n=1}^{N}|a_{n}| converge para algum número finito A. A quantidade \sum_{n>N}|a_{n}|=A-A_{N} tende a A-A=0 quando N\to\infty. Portanto, dado qualquer \varepsilon>0 existe N tal que
\sum_{n>N}|a_{n}|<\varepsilon.

Passo 3

A partir do passo anterior escolhemos um conjunto finito J_{0} que “corta” a série de forma que a soma dos módulos fora de J_{0} seja pequena. A forma mais simples é tomar o J_{0} como um segmento inicial:
J_{0}=\{1,2,\dots,N\},
onde N foi escolhido de modo que
\sum_{n>N}|a_{n}|<\varepsilon.
(Se preferir, poderia tomar qualquer outro conjunto finito J_{0} com a propriedade \sum_{n\notin J_{0}}|a_{n}|<\varepsilon; a escolha do segmento inicial é prática e sempre possível por causa do passo 2.)

Passo 4

Agora pego um conjunto qualquer finito J tal que J_{0}\subset J. Quero estimar \left|s-\sum_{n\in J}a_{n}\right|.
Primeiro observo que a soma total s pode ser escrita como soma sobre J mais soma sobre o complemento \mathbb{N}\setminus J:
s=\sum_{n\in J}a_{n}+\sum_{n\notin J}a_{n}.
Logo
s-\sum_{n\in J}a_{n}=\sum_{n\notin J}a_{n}.

Passo 5

Aplicando agora a desigualdade triangular (que diz que o módulo da soma é no máximo a soma dos módulos) obtenho
\left|s-\sum_{n\in J}a_{n}\right|=\left|\sum_{n\notin J}a_{n}\right| \le \sum_{n\notin J}|a_{n}|.
Como J contém J_{0}, o conjunto \mathbb{N}\setminus J está contido em \mathbb{N}\setminus J_{0}. Como todos os termos |a_{n}| são não negativos, segue a monotonicidade das somas parciais:
\sum_{n\notin J}|a_{n}|\le \sum_{n\notin J_{0}}|a_{n}|.
Pelo passo 3 escolhemos J_{0} de modo que a quantidade do lado direito seja menor que \varepsilon. Portanto, combinando as desigualdades,
\left|s-\sum_{n\in J}a_{n}\right|<\varepsilon.

Passo 6

Resumo da ideia (para fixar): usamos a convergência absoluta para garantir que podemos tornar arbitrariamente pequena a soma dos módulos dos termos fora de um conjunto finito J_{0}. Qualquer soma finita que contenha J_{0} difere da soma total apenas por termos que estão fora de J_{0}; o módulo dessa diferença é controlado pela soma dos módulos desses termos, que tomamos menor que \varepsilon. Assim a propriedade pedida está provada.

Resposta

Existe um subconjunto finito J_{0}\subset\mathbb{N} tal que, para todo J finito com J_{0}\subset J\subset\mathbb{N}, vale
\left|s-\sum_{n\in J}a_{n}\right|<\varepsilon.

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