Henryk Dąbrowski - Wkład użytkownika [pl]

Szeregi liczbowe

2026-06-20T07:35:42Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">07.04.2022</div>

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

<span id="D1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>

::<math>a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n + \ldots = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>

nazywamy szeregiem nieskończonym o wyrazach <math>a_n</math>.

<span id="D2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

<span id="D3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

<span id="D4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> będzie ciągiem sum częściowych, wtedy <math>a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_n</math>. Z założenia ciąg <math>(S_n)</math> jest zbieżny, zatem

::<math>\lim_{n \to \infty} a_{n + 1} = \lim_{n \to \infty} \left ( S_{n+1} - S_{n} \right ) = \lim_{n \to \infty} S_{n + 1} - \lim_{n \to \infty} S_n = 0</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Okazuje się, że bardzo łatwo podać przykład szeregów, dla których warunek <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math> jest warunkiem wystarczającym. Opisany w poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
<span id="D5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych. Jeżeli

::<math>\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} a_n = 0</math>

to szereg <math>\underset{k = 1}{\overset{\infty}{\sum}} (- 1)^{k + 1} \cdot a_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Grupując wyrazy szeregu po dwa, otrzymujemy sumę częściową postaci

::<math>S_{2 m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \ldots + (a_{2 m - 1} - a_{2 m})</math>

Ponieważ ciąg <math>(a_n)</math> jest ciągiem malejącym, to każde wyrażenie w nawiasie jest liczbą nieujemną. Z drugiej strony

::<math>S_{2 m} = a_1 - (a_2 - a_3) - (a_4 - a_5) - \ldots - (a_{2 m - 2} - a_{2 m - 1}) {- a_{2 m}} < a_1</math>

Zatem dla każdego <math>m</math> ciąg sum częściowych <math>S_{2 m}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C12|C12]] jest zbieżny, czyli

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>

Pozostaje zbadać sumy częściowe <math>S_{2 m + 1}</math>. Rezultat jest natychmiastowy

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m + 1} = \lim_{m \to \infty} (S_{2 m} + a_{2 m + 1}) = \lim_{m \to \infty} S_{2 m} + \lim_{m \to \infty} a_{2 m + 1} = g + 0 = g</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D6</span><br/>
Pokazać, że dla <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math> jest

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Przypomnijmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} q^k = {\small\frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q}} \qquad \qquad \text{dla} \quad q \neq 1</math>

Kładąc <math>q = - x^{a}</math>, gdzie <math>x \geqslant 0</math> i <math>a > 0</math>, mamy <math>q \leqslant 0</math> i <math>q \neq 1</math>. Zatem otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k = \frac{1 - (- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k + \frac{(- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} + \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

Całkując obie strony równania w granicach od <math>0</math> do <math>1</math>, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \qquad \qquad \qquad (\ast)</math>
</div>

Łatwo znajdujemy pierwszą całkę po prawej stronie

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x = \sum^n_{k = 0} (- 1)^k \int^1_0 x^{a k} d x = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k \left[ {\small\frac{x^{a k + 1}}{a k + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} \right] = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}}</math>
</div>

Dla drugiej całki po prawej stronie wzoru <math>(\ast)</math> wystarczy znaleźć odpowiednie oszacowanie. Ponieważ dla <math>x \in [0, 1]</math> i <math>a > 0</math>, to <math>| x | = x</math> i <math>| 1 + x^{a} | = 1 + x^{a} \geqslant 1</math>. Zatem

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>0 \leqslant \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| \leqslant \int^1_0 \left| {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} \right| d x = \int^1_0 {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} d x \leqslant \int^1_0 x^{a (n + 1)} d x = {\small\frac{x^{a (n + 1) + 1}}{a (n + 1) + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{a (n + 1) + 1}}</math>
</div>

Z twierdzenia o trzech ciągach ([[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| = 0</math>
</div>

Czyli (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2)

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} dx = 0</math>
</div>

Możemy teraz wzór <math>(\ast)</math> zapisać w postaci

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x</math>
</div>

i przechodząc do granicy, dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>
</div>

'''Punkt 2.'''

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^k}{{\small\frac{a}{b}} \cdot k + 1} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
Korzystając z rezultatu uzyskanego w zadaniu [[#D6|D6]], znajdziemy sumy niektórych szeregów.

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x}} d x = \log (1 + x) \biggr\rvert_{0}^{1} = \log 2 \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (szereg harmoniczny naprzemienny)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{2 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{7}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^2}} d x = \operatorname{arctg}(x) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E2%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (wzór Leibniza na <math>\pi</math>)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{3 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^3}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{3}}{9}} + {\small\frac{\log 2}{3}} = 0.8356488482647 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E3%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{4 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{17}} - {\small\frac{1}{21}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^4}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{2}}{8}} + \frac{\sqrt{2} \cdot \log \left( 1 + \sqrt{2} \right)}{4} = 0.8669729873399 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{6 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{25}} - {\small\frac{1}{31}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^6}} d x = {\small\frac{\pi}{6}} + \frac{\sqrt{3} \cdot \log \left( 2 + \sqrt{3} \right)}{6} = 0.90377177374877 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\pi k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{\pi}}} d x = {\small\frac{1}{2 \pi}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} \right) \right] = 0.840943255440756 \ldots</math>

Gdzie <math>\psi (x)</math> oznacza funkcję digamma (zobacz [[#D148|D148]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D153|D153]].

<span id="D8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że założenie <math>s > 1</math> zapewnia zbieżność szeregu po prawej stronie. Zapiszmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math> w postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i nieparzystych

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} = 1 + {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} + {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} + \ldots</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Otrzymujemy wzór

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Podobnie rozpiszmy szereg naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = 1 - {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} - {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} - \ldots</math>

:::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} - {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D9</span><br/>
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta<ref name="DirichletEta"/>, którą definiuje szereg naprzemienny

::<math>\eta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>

lub funkcja dzeta Riemanna<ref name="RiemannZeta"/>, którą definiuje inny szereg

::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Na podstawie twierdzenia [[#D8|D8]] funkcje te są związane wzorem

::<math>\eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s)</math>

Dla <math>s \in \mathbb{R}_+</math> funkcja eta Dirichleta jest zbieżna. Możemy ją wykorzystać do znajdowania sumy szeregu naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| <math>s = {\small\frac{1}{2}}</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{\sqrt{k}}} = 0.604898643421 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%2F2%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 1</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2 = 0.693147180559 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 2</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{12}} = 0.822467033424 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B2%5D WolframAlpha]
|}

<span id="D10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
Niech <math>N \in \mathbb{Z}_+</math>. Szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W przypadku zbieżności zachodzi związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \left ( a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1} \right ) + \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S(n) =\sum_{k = 1}^{n} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant 1</math>) oznacza sumę częściową pierwszego szeregu, a <math>T(n) = \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant N</math>) oznacza sumę częściową drugiego szeregu. Dla <math>n \geqslant N</math> mamy

::<math>S(n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1}) + T (n)</math>

Widzimy, że dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności zbieżność (rozbieżność) jednego ciągu implikuje zbieżność (rozbieżność) drugiego.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze)</span><br/>
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek

::<math>0 \leqslant a_k \leqslant b_k</math>

to

#   zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> pociąga za sobą zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>
#   rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> pociąga za sobą rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dowód przeprowadzimy dla szeregów <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math>, które są (odpowiednio) jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne z szeregami <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

'''Punkt 1.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Niech <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k = b</math>, zatem z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k \leqslant b</math>

Zauważmy, że ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> jest ciągiem rosnącym (bo <math>a_k \geqslant 0</math>) i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>\left ( A_n \right )</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny, a z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math>

Rosnący ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> nie może być ograniczony od góry, bo przeczyłoby to założeniu, że szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny. Wynika stąd i z wypisanych wyżej nierówności, że również ciąg sum częściowych <math>B_n = \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math> nie może być ograniczony od góry, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k \right |</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest również zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>b_k = a_k + | a_k |</math>. Z definicji prawdziwe jest następujące kryterium porównawcze

::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>

Zatem z punktu 1. twierdzenia [[#D11|D11]] wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Ponieważ szeregi po prawej stronie są zbieżne, to zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>. Zauważmy, że jedynie w przypadku, gdyby obydwa szeregi po prawej stronie były rozbieżne, nie moglibyśmy wnioskować o zbieżności / rozbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, bo suma szeregów rozbieżnych może być zbieżna.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D13</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''bezwzględnie zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest zbieżny.

Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''warunkowo zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, ale szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest rozbieżny.

<span id="D14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D14</span><br/>
Suma szeregów zbieżnych jest zbieżna, a suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''

Pokażemy, że suma szeregów zbieżnych jest zbieżna.</br>
Załóżmy, że szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> są zbieżne. Niech <math>A_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> oraz <math>B_n = \sum_{k = 1}^n b_k</math> będą ciągami sum częściowych tych szeregów. Ponieważ założyliśmy zbieżność szeregów, to ciągi <math>(A_n)</math> i <math>(B_n)</math> mają skończone granice.

::<math>\lim_{n \to \infty} A_n = S_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \lim_{n \to \infty} B_n = S_B</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, gdzie <math>c_k = a_k + b_k</math>. Ciąg sum częściowych tego szeregu oznaczymy jako <math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k</math>. Ponieważ w przypadku sum skończonych możemy dowolnie zmieniać kolejność składników, to

::<math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k = \sum_{k = 1}^n (a_k + b_k) = \sum_{k = 1}^n a_k + \sum_{k = 1}^n b_k = A_n + B_n</math>

Aby zbadać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, musimy obliczyć granicę ciągu sum częściowych <math>(C_n)</math> przy <math>n \to \infty</math>. Korzystając z twierdzenia o granicy sumy ciągów (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]]), otrzymujemy

::<math>\lim_{n \to \infty} C_n = \lim_{n \to \infty} (A_n + B_n) = \lim_{n \to \infty} A_n + \lim_{n \to \infty} B_n = S_A + S_B</math>

Skoro granica ciągu sum częściowych <math>C_n</math> istnieje i jest skończona, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Pokażemy, że suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.</br>
Z założenia szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty}b_k</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem szeregi zbudowane z modułów ich wyrazów są zbieżne do pewnych skończonych wartości

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k | = M_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} |b_k | = M_B</math>

Chcemy pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k + b_k |</math> jest zbieżny. Zdefiniujmy sumę częściową tego szeregu

::<math>V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k |</math>

Łatwo widzimy, że

::<math>0 \leqslant V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^n (| a_k | + | b_k |) = \sum_{k = 1}^n | a_k | + \sum_{k = 1}^n | b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k | + \sum_{k = 1}^{\infty} | b_k | = M_A + M_B</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(V_n)</math> jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D15</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w jednej z postaci

# <math>\quad a_k = f_k - f_{k + 1}</math>
# <math>\quad a_k = f_{k - 1} - f_k</math>

to odpowiadający temu ciągowi szereg nazywamy szeregiem teleskopowym. Suma częściowa szeregu teleskopowego jest odpowiednio równa

# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_m - f_{n + 1}</math>
# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_{m - 1} - f_n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) =</math>

::::<math>= (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + (f_{m + 2} - f_{m + 3}) + \ldots + (f_{n - 1} - f_n) + (f_n - f_{n + 1})</math>

::::<math>= f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + f_{m + 2} - f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1} - f_n + f_n - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + f_{m + 2}) + (- f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1}) + (- f_n + f_n) - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m - f_{n + 1}</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) =</math>

::::<math>= (f_{m - 1} - f_m) + (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + \ldots + (f_{n - 2} - f_{n - 1}) + (f_{n - 1} - f_n)</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_m + f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2} - f_{n - 1} + f_{n - 1} - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D16</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k (k - 1)}} = 1</math>
|
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{3}{4}}</math>
|
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}} = 1.644934066848 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A013661 A013661], [https://www.wolframalpha.com/input/?i=Zeta%282%29 WolframAlpha]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym

::<math>{\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = \sum^n_{k = 1} \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) = 1 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest identyczny z szeregiem z punktu 1., co łatwo zauważyć zmieniając zmienną sumowania <math>k = s + 1</math> i odpowiednio granice sumowania.

'''Punkt 3.'''<br/>
Należy skorzystać z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) + \left( {\small\frac{1}{k - 1}} - {\small\frac{1}{k}} \right) \right]</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność

::<math>0 < {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math>

to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D17</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 1.860025079221 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} = 0.788530565911 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085361 A085361]
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.257746886944 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} = 1.069058310734 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>

Wystarczy zauważyć, że

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} = {\small\frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}}</math>

::::::<math>\:\, > {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::::::<math>\:\, < 2 \sum_{k = 1}^n \left( {\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, < 2</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.&hairsp;4, możemy napisać oszacowanie

::<math>0 < {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} < {\small\frac{\sqrt{k}}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} = {\small\frac{k \log (k - 1) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log \left( k \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) \right) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) - k \log (k) + \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Czyli prawdziwe jest oszacowanie

::<math>{\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Zatem możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \sum_{k = 2}^{n} \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 4.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log (k + 1) - \log (k)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Z drugiej strony mamy

::<math>{\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} = {\small\frac{\log (k) - \log (k - 1)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k - 1}} \right)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Wynika stąd następujący ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Rezultat ten wykorzystamy w pełni w przykładzie [[#D18|D18]], a do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy

::<math>\sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < \sum_{k = 3}^{n} \left[ {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{\log 2}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D18</span><br/>
Na przykładzie szeregu <math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math> pokażemy, jak należy obliczać przybliżoną wartość sumy szeregu.

Ponieważ nie jesteśmy w stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części

::<math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} + \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Wartość pierwszej części możemy policzyć bezpośrednio, a dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.

Dowodząc twierdzenie [[#D17|D17]], w punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Wykorzystamy powyższy wzór do znalezienia potrzebnego nam oszacowania. Sumując strony nierówności, dostajemy

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right)</math>

Ponieważ szeregi po lewej i po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} - {\small\frac{1}{\log n}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}}</math>

Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od <math>k = 3</math> do <math>k = m</math>

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Poniżej przedstawiamy wartości oszacowania sumy szeregu znalezione przy pomocy programu PARI/GP dla kolejnych wartości <math>m</math>. Wystarczy proste polecenie

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 8, s = '''sum'''( k = 3, 10^n, 1/k/('''log'''(k))^2 ); '''print'''( "n= ", n, " a= ", s + 1/'''log'''(10^n+1), " b= ", s + 1/'''log'''(10^n) ))</span>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>m = 10^1</math> || <math>1.06</math> || <math>1.07</math>
|-
| <math>m = 10^2</math> || <math>1.068</math> || <math>1.069</math>
|-
| <math>m = 10^3</math> || <math>1.06904</math> || <math>1.06906</math>
|-
| <math>m = 10^4</math> || <math>1.069057</math> || <math>1.069058</math>
|-
| <math>m = 10^5</math> || <math>1.0690582</math> || <math>1.0690583</math>
|-
| <math>m = 10^6</math> || <math>1.06905830</math> || <math>1.06905831</math>
|-
| <math>m = 10^7</math> || <math>1.0690583105</math> || <math>1.0690583109</math>
|-
| <math>m = 10^8</math> || <math>1.06905831071</math> || <math>1.06905831074</math>
|}

Dysponując oszacowaniem reszty szeregu, znaleźliśmy wartość sumy szeregu z dokładnością 10 miejsc po przecinku.

Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik

::<math>\sum_{k = 3}^{10^8} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = 1.014 771 500 510 916 \ldots</math>

Zatem mimo zsumowania stu milionów(!) wyrazów szeregu otrzymaliśmy rezultat z dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.

Rozpatrywana wyżej sytuacja pokazuje, że w przypadku znajdowania przybliżonej wartości sumy szeregu ważniejsze od sumowania ogromnej ilości wyrazów jest posiadanie oszacowania nieskończonej reszty szeregu. Ponieważ wyznaczenie tego oszacowania na ogół nie jest proste, pokażemy jak ten problem rozwiązać przy pomocy całki oznaczonej.

== Grupowanie i przestawianie wyrazów szeregu ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcje</span> ===

 

<span id="D19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D19</span><br/>
Niech będą dane dwa zbiory <math>X</math> i <math>Y</math>. Funkcją nazywamy takie odwzorowanie, które każdemu elementowi zbioru <math>X</math> przyporządkowuje dokładnie jeden element zbioru <math>Y</math>.

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest różnowartościowa, jeżeli dla dowolnych elementów <math>x_1, x_2 \in X</math> prawdziwa jest implikacja
::<math>x_1 \neq x_2 \Longrightarrow f (x_1) \neq f (x_2)</math>
lub implikacja równoważna
::<math>f(x_1) = f (x_2) \Longrightarrow x_1 = x_2</math>

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na", jeżeli dla każdego elementu <math>y \in Y</math> istnieje taki element <math>x \in X</math>, że <math>y = f (x)</math>

Funkcję różnowartościową nazywamy też '''iniekcją''', a funkcję na "na" '''suriekcją'''.

Funkcję różnowartościową i "na" nazywamy funkcją wzajemnie jednoznaczną (lub '''bijekcją''').

Niech <math>f : X \rightarrow Y</math>. Powiemy, że <math>f</math> jest funkcją odwracalną, jeżeli istnieje taka funkcja <math>g : Y \rightarrow X</math>, że
::●    <math>g (f (x)) = x</math> dla każdego <math>x \in X</math>
::●    <math>f (g (y)) = y</math> dla każdego <math>y \in Y</math>
Funkcję <math>g</math> spełniającą powyższe warunki będziemy nazywali funkcją odwrotną do <math>f</math> i oznaczali symbolem <math>f^{- 1}</math>.

<span id="D20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D20</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną (czyli jest bijekcją), to ma dokładnie jedną funkcję odwrotną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Załóżmy, że <math>f : X \rightarrow Y</math> jest bijekcją. Zauważmy, że
* z założenia <math>f</math> jest funkcją "na" (suriekcją), zatem każdemu elementowi <math>y \in Y</math> musi odpowiadać przynajmniej jeden element <math>x \in X</math> taki, że <math>f(x) = y</math>

* przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że pewnemu elementowi <math>y \in Y</math> odpowiadają dwa '''różne''' elementy <math>x_1, x_2 \in X</math> takie, że <math>f(x_1) = y</math> i <math>f(x_2) = y</math>; ale z założenia <math>f</math> jest funkcją różnowartościową (iniekcją) i wiemy, że jeżeli <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, to <math>x_1 = x_2</math>; z otrzymanej sprzeczności wynika natychmiast, że element <math>x \in X</math> odpowiadający elementowi <math>y \in Y</math> jest '''jedyny'''.

Widzimy, że funkcja <math>f</math>, która jest różnowartościowa i "na" (bijekcja) przypisuje każdemu elementowi <math>x \in X</math> dokładnie jeden element <math>y \in Y</math> (to akurat wynika z definicji funkcji) i '''jednocześnie każdemu''' elementowi <math>y \in Y</math> odpowiada '''dokładnie jeden''' element <math>x \in X</math>.

::[[File: Funkcja-odwrotna.png|160px|none]]

Zatem możemy zdefiniować funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math> w następujący sposób: dla każdego <math>y \in Y</math> niech <math>f^{- 1} (y)</math> będzie tym '''jedynym''' elementem <math>x \in X</math> spełniającym <math>f(x) = y</math>.

Z powyższej definicji wynika, że
* dla dowolnego <math>x \in X</math> mamy <math>f^{- 1} (f (x)) = f^{- 1} (y) = x</math>
* dla dowolnego <math>y \in Y</math> jest <math>f (f^{- 1} (y)) = f (x) = y</math>

Pokażemy jeszcze, że funkcja odwrotna <math>f</math> jest wyznaczona jednoznacznie.

Niech <math>g : Y \rightarrow X</math> oraz <math>h : Y \rightarrow X</math> będą dwiema funkcjami odwrotnymi do <math>f</math>. Niech <math>y</math> będzie dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>. Z
definicji funkcji odwrotnej mamy <math>f (g (y)) = y</math> i <math>f (h (y)) = y</math>. Ponieważ
<math>f</math> jest funkcją różnowartościową i <math>f (g (y)) = f (h (y))</math>, to musi być <math>g(y) = h (y)</math>. Ponieważ <math>y</math> był dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>, to wypisana równość zachodzi dla każdego <math>y \in Y</math>, skąd natychmiast wynika, że funkcje <math>g</math> i <math>h</math> są identyczne. Czyli istnieje dokładnie jedna funkcja odwrotna do funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D21</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną, to jest funkcją wzajemnie jednoznaczną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math>.

'''1.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na" (jest suriekcją)

Załóżmy, że <math>y \in Y</math> i niech <math>x = f^{- 1} (y)</math>, mamy

::<math>f(x) = f (f^{- 1} (y)) = y</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na".

'''2.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową (jest iniekcją)

Załóżmy, że <math>x_1, x_2 \in X</math> i <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, mamy

::<math>x_1 = f^{- 1} (f (x_1)) = f^{- 1} (f (x_2)) = x_2</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D22</span><br/>
Pokazać, że <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbiorem ograniczonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

<math>\Large{\Longrightarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym, zatem <math>A = \{ k_1, \ldots, k_n \}</math>, gdzie <math>k_i \in \mathbb{N}</math>, a <math>n</math> jest iloscią elementów zbioru <math>A</math>. Wystarczy przyjąć <math>M = \max (k_1, \ldots, k_n)</math>, aby dla każdego <math>k_i \in A</math> było <math>k_i \leqslant M</math>. Czyli zbiór <math>A</math> jest zbiorem ograniczonym.

<math>\Large{\Longleftarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem ograniczonym, zatem istnieje taka liczba <math>M</math>, że dla każdego <math>k_i \in A</math> jest <math>k_i \leqslant M</math>. Ponieważ <math>\mathbb{N}</math> jest zbiorem dyskretnym, to zbiór ma nie więcej niż <math>M</math> elementów, zatem jest zbiorem skończonym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D23</span><br/>
Niech <math>A</math> będzie dowolnym zbiorem skończonym, a <math>f</math> dowolną funkcją określoną na <math>A</math>. Pokazać, że obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> jest zbiorem skończonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji funkcji wiemy, że każdemu elementowi <math>k \in A</math> odpowiada dokładnie jeden element zbioru <math>A</math>, zatem obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> nie może zawierać więcej elementów niż zbiór <math>A</math>, zatem musi być zbiorem skończonym. Oczywiście <math>f(A)</math> może zawierać mniej elementów niż zbiór <math>A</math>, np. w przypadku funkcji <math>f(k) = k^2</math> i zbioru <math>A = \{ - 5, - 4, \ldots, 4, 5 \}</math> lub funkcji stałej <math>f(k) = C</math> i dowolnego skończonego zbioru <math>A</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Grupowanie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D24</span><br/>
Problem, który pojawia się w przypadku grupowania wyrazów szeregu, zilustrujemy przykładem. Rozważmy szereg

::<math>1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + {\small\frac{1}{8^2}} + {\small\frac{1}{9^2}} + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots \qquad (*)</math>

Jest to szereg zbieżny (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;4) i oczywiście jest bezwzględnie zbieżny. Możemy łatwo popsuć zbieżność tego szeregu, dodając nowe wyrazy. Zauważmy, że szereg

::<math>1 - 1 + 1 + 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} + 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} + 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} + 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} + 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} + \ldots \qquad (**)</math>

jest rozbieżny. Czytelnik łatwo sprawdzi, że suma częściowa tego szeregu wyraża się wzorem

::<math>S_n = \sum_{j = 1}^{\lfloor n / 3 \rfloor} {\small\frac{1}{j^2}} +
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n = 3 k \\
\lfloor n / 3 \rfloor + 1 & & \text{gdy } n = 3 k + 1 \\
0 & & \text{gdy } n = 3 k + 2 \\
\end{cases}</math>

Mamy zatem: <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \infty</math>, gdy <math>n = 3 k + 1</math> i <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>, gdy <math>n = 3 k</math> lub <math>n = 3 k + 2</math>. Skąd wynika natychmiast rozbieżność szeregu <math>(**)</math>. Zauważmy, że możemy łatwo temu szeregowi przywrócić zbieżność grupując wyrazy po trzy

::<math>(1 - 1 + 1) + \left( 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} \right) + \left( 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} \right) + \left( 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} \right) + \left( 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} \right) + \left( 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

W wyniku otrzymujemy zbieżny szereg <math>(*)</math>. Możemy też zastosować grupowanie: dwa wyrazy, jeden wyraz. Dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1) + (2 - 2) + \left( {\small\frac{1}{2^2}} \right) + (3 - 3) + \left( {\small\frac{1}{3^2}} \right) + (4 - 4) + \left( {\small\frac{1}{4^2}} \right) + (5 - 5) + \left( {\small\frac{1}{5^2}} \right) + (6 - 6) + \left( {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

Czyli szereg postaci

::<math>0 + 1 + 0 + {\small\frac{1}{2^2}} + 0 + {\small\frac{1}{3^2}} + 0 + {\small\frac{1}{4^2}} + 0 + {\small\frac{1}{5^2}} + 0 + {\small\frac{1}{6^2}} + 0 + {\small\frac{1}{7^2}} + 0 + {\small\frac{1}{8^2}} + 0 + {\small\frac{1}{9^2}} + 0 + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots</math>

Suma tego szeregu wynosi oczywiście <math>{\small\frac{\pi^2}{6}}</math>.

Widzimy, że szereg rozbieżny można uczynić zbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu. Podane niżej twierdzenie odpowiada na pytanie: czy szereg zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo) możemy uczynić rozbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu.

<span id="D25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
Zbadać, czy suma wypisanych niżej szeregów zależy od sposobu grupowania wyrazów tych szeregów.

::<math>1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - \ldots</math>

::<math>1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + 7 - 8 + 9 - 10 + 11 - 12 + \ldots</math>

::<math>1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} + \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pierwszy i drugi szereg nie są zbieżne, bo nie spełniają warunku koniecznego zbieżności szeregu: <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. W przypadku pierwszego szeregu mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
1 & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Widzimy, że nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, czyli szereg jest rozbieżny, ale grupując wyrazy po dwa, dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \ldots = 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + \ldots = 1 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 1</math>

Dla drugiego szeregu jest podobnie

::<math>S_n =
\begin{cases}
- {\large\frac{n}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{n + 1}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, zatem szereg jest rozbieżny. Grupując wyrazy po dwa, mamy

::<math>(1 - 2) + (3 - 4) + (5 - 6) + (7 - 8) + (9 - 10) + (11 - 12) + \ldots = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - \ldots = - \infty</math>

::<math>1 + (- 2 + 3) + (- 4 + 5) + (- 6 + 7) + (- 8 + 9) + (- 10 + 11) + (- 12 + 13) + \ldots = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + \ldots = + \infty</math>

Trzeci szereg spełnia warunek konieczny zbieżności szeregu, ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
\;\;\; 0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{2}{n + 1}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Ponieważ <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>, to trzeci szereg jest warunkowo zbieżny. Zauważmy, że

::<math>(1 - 1) + \left( {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + \left( - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{20}} - \ldots = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 0 \qquad \quad</math> (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;1)

::<math>\left( 1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + \ldots \longrightarrow 0</math>

Widzimy, że zmiana sposobu grupowania nie zmieniła sumy tego szeregu.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D26</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo), to jego suma nie zależy od pogrupowania wyrazów pod warunkiem, że każda z grup obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Uwaga: warunek, aby grupy obejmowały jedynie skończoną ilość wyrazów, stosujemy do ustalonej grupy, co nie wyklucza sytuacji, że rozmiar grupy rośnie dla kolejnych grup, np. <math>n</math>-ta grupa zawiera <math>n</math> wyrazów szeregu.
Zauważmy, że podciąg <math>k_j = {\small\frac{1}{2}} (j^2 - j + 2)</math> jest równie dobrym podciągiem, jak każdy inny, a w tym przypadku <math>n</math>-ta grupa obejmuje dokładnie <math>n</math> wyrazów szeregu.

Rozważmy szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14} + \ldots</math>

oraz dowolne grupowanie wyrazów tego szeregu, na przykład

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = (a_1) + (a_2 + a_3) + (a_4 + a_5 + a_6) + (a_7 + a_8) + (a_9 + a_{10} + a_{11}) + (a_{12} + a_{13} + a_{14}) + \ldots</math>

Każda grupa (zgodnie z założeniem) obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów. Takie grupowanie w rzeczywistości tworzy nowy szereg

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + b_{k_3} + b_{k_4} + b_{k_5} + b_{k_6} + \ldots</math>

gdzie <math>(k_j)</math> jest pewnym podciągiem ciągu liczb naturalnych określonych przez wskaźnik pierwszego wyrazu po nawiasie otwierającym grupę, a samą grupę możemy zapisać jako

::<math>b_{k_j} = (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

W naszym przykładzie mamy: <math>k_1 = 1</math>, <math>k_2 = 2</math>, <math>k_3 = 4</math>, <math>k_4 = 7</math>, <math>k_5 = 9</math>, <math>k_6 = 12, \; \ldots</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> ma granicę. Ciąg sum częściowych szeregu <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j}</math> możemy zapisać w postaci

::<math>T_m = \sum_{j = 1}^{m} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + \ldots + b_{k_m} = \sum_{j = 1}^{m} (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

Łatwo widzimy, że <math>T_m</math> jest sumą wszystkich wyrazów ciągu <math>(a_k)</math> o wskaźnikach mniejszych od <math>k_{m + 1}</math>, czyli

::<math>T_m = S_{k_{m + 1} - 1}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(T_m)</math> jest podciągiem ciągu zbieżnego <math>(S_n)</math>, to też jest zbieżny do tej samej granicy (zobacz [[Ciągi liczbowe#C77|C77]]). Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Przestawianie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D27</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math> powstał w wyniku przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, jeżeli <math>b_k = a_{f (k)}</math>, gdzie funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną i <math>f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math>.

<span id="D28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D28</span><br/>
Zauważmy, że funkcja <math>f(k)</math> musi
:* odwzorowywać zbiór <math>\mathbb{N}</math> "na" <math>\mathbb{N}</math>, bo każdy wyraz ciągu <math>(a_k)</math> musi wystąpić w ciągu <math>(b_k)</math>
:* być funkcją różnowartościową

Różnowartościowość funkcji <math>f(k)</math> wyklucza sytuację, gdy dwóm wyrazom ciągu <math>(b_k)</math> o różnych indeksach odpowiada taki sam wyraz z ciągu <math>(a_k)</math>. Weźmy dla przykładu szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

Mamy: <math>b_5 = a_{f (5)} = b_6 = a_{f (6)} = a_5</math>, czyli <math>f(5) = f (6) = 5</math>. Otrzymaliśmy w ten sposób szereg złożony z innych wyrazów: pierwszy ma wszystkie wyrazy różne, a drugi ma dwa takie same.

<span id="D29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D29</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Funkcji <math>f</math> opisującej przestawianie wyrazów zazwyczaj nie daje się zapisać prostym wzorem. Powiedzmy, że dokonujemy tylko jednego przestawienia: wyraz <math>a_5</math> będzie teraz dziesiątym wyrazem w nowym szeregu. Takie przestawienie opisuje funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k & & \text{gdy } k < 5 \\[0.3em]
k + 1 & & \text{gdy } 5 \leq k < 10 \\[0.3em]
5 & & \text{gdy } k = 10 \\[0.3em]
k & & \text{gdy } k > 10 \\
\end{cases}</math>

Co dobrze pokazuje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=12 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>b_9</math> || <math>b_{10}</math> || <math>b_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>a_{f(9)}</math> || <math>a_{f(10)}</math> || <math>a_{f(11)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_3</math> || <math>a_4</math> || <math>a_6</math> || <math>a_7</math> || <math>a_8</math> || <math>a_9</math> || <math>a_{10}</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Niżej przedstawiamy jeszcze dwa przykłady.

<span id="D30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D30</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k + 1 & & \text{gdy } k \text{ jest nieparzyste} \\[0.3em]
k - 1 & & \text{gdy } k \text{ jest parzyste} \\
\end{cases}</math>

tworzy nowy szereg, w którym wyrazy o indeksach parzystych mają w nowym szeregu indeksy nieparzyste, a wyrazy o indeksach nieparzystych mają w nowym szeregu indeksy parzyste.

Co ilustruje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=8 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{2 j - 1}</math> || <math>b_{2 j}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(2 j - 1)}</math> || <math>a_{f(2 j)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_2</math> || <math>a_1</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j}</math> || <math>a_{2 j - 1}</math> || <math>\ldots</math>
|}

<span id="D31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D31</span><br/>
Niech <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będzie szeregiem harmonicznym naprzemiennym <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>, a funkcja opisująca przestawianie wyrazów szeregu ma postać

::<math>f(k) =
\begin{cases}
\large{\frac{2 k + 1}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 1 \\
\large{\frac{4 k - 2}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 2 \\
\large{\frac{4 k}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j \\
\end{cases}</math>

Rezultaty przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> zbierzemy w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=13 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{3 j + 1}</math> || <math>b_{3 j + 2}</math> || <math>b_{3 j + 3}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(3 j + 1)}</math> || <math>a_{f(3 j + 2)}</math> || <math>a_{f(3 j + 3)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>a_6</math> || <math>a_8</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{10}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j + 1}</math> || <math>a_{4 j + 2}</math> || <math>a_{4 j + 4}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>1</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4}}</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{6}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{8}}</math> || <math>{\small\frac{1}{5}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{10}}</math> || <math>\ldots</math> || <math>{\small\frac{1}{2 j + 1}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 4}}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Dokładnie z takim przestawieniem wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego spotkamy się w zadaniu [[#D32|D32]] p.&hairsp;2.

<span id="D32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D32</span><br/>
Niech <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math> i niech <math>[n, \ldots, n']</math> będzie dowolnym przedziałem liczb naturalnych o długości nie większej od <math>M</math>. Pokazać, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zgodnie z definicją granicy chcemy pokazać, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| < \varepsilon</math>

Z założenia <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, a z definicji tej granicy wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon' > 0</math> istnieje takie <math>N'_0</math>, że dla każdego <math>k > N'_0</math> jest <math>| a_k | < \varepsilon'</math>.

Ponieważ <math>\varepsilon'</math> możemy obrać dowolnie, to dla wybranego przez nas <math>\varepsilon</math> niech

::<math>\varepsilon' = {\small\frac{\varepsilon}{M}}</math>

Teraz już łatwo widzimy, że dla <math>n > N'_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| \leqslant \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} | a_k | < M \cdot \varepsilon' = M \cdot {\small\frac{\varepsilon}{M}} = \varepsilon</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D33</span><br/>
Rozważmy sytuację, gdy wszystkie wyrazy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> podzieliliśmy na bloki wyrazów – tak jak przykładowo poniżej

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = [a_1 + a_2 + a_3] + [a_4] + [a_5 + a_6 + a_7] + [a_8] + [a_9 + a_{10}] + [a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14}] + [a_{15}] + [a_{16} + a_{17} + a_{18}] + [a_{19} + a_{20}] + \ldots</math>

Zauważmy, że każdy wyraz należy do pewnego bloku <math>B_k</math>, a związany z blokiem wyrazów <math>B_k</math> zbiór indeksów tych wyrazów tworzy pewien przedział <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>. W naszym przypadku mielibyśmy

::<math>[1, 2, 3], [4], [5, 6, 7], [8], [9, 10], [11, 12, 13, 14], [15], [16, 17, 18], [19, 20], \ldots</math>

<span id="D34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D34</span><br/>
Podziałem zbioru liczb naturalnych <math>\mathbb{N}</math> na skończone przedziały nazywamy zbiór przedziałów <math>\{ I_k \}</math> takich, że

::*   <math>I_k \neq \varnothing</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>I_j \cap I_k = \varnothing</math> dla <math>j \neq k</math>
::*   <math>| \, I_k \, | < \infty</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>\bigcup_{k \geq 1} I_k =\mathbb{N}</math>
::*   przedziały są uporządkowane rosnąco w naturalnym porządku, tzn. dla <math>j < k</math> zachodzi <math>\max (I_j) < \min (I_k)</math>

<span id="D35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35</span><br/>
Niech <math>I_1, I_2, \ldots</math> będzie podziałem <math>\mathbb{N}</math> na przedziały o długości nie większej od <math>M</math>. Jeżeli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest szeregiem, którego wyrazy spełniają konieczny warunek zbieżności <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, to

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \lim_{m \rightarrow \infty} \left( \sum_{j = 1}^m \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k \right)</math>

Czyli suma częściowa szeregu <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> i suma wyrazów szeregu liczona po pełnych przedziałach <math>I_j</math> mają taką samą granicę.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy sumę częściową <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math>. Z definicji podziału <math>\mathbb{N}</math> na przedziały istnieje taki wskaźnik <math>r = r (n)</math> i taki odpowiadający mu przedział <math>I_r</math>, że <math>n \in I_r</math>. Zatem możemy napisać

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k = \underset{\text{przedziałach}}{\underset{\text{suma po pełnych}}{\sum_{j = 1}^{r - 1} \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k}} \quad + \quad \underset{\text{przedziału końcowego } I_r}{\underset{\text{suma po części}}{\sum_{k \:\! \in \:\! I_r, \;\! k < n} a_k}}</math>

Zauważmy, że druga suma po prawej stronie albo nie wystąpi (możemy powiedzieć, że jest równa zero), gdy <math>n = \max (I_r)</math>, albo przebiega po pewnym przedziale <math>[\min (I_r), \ldots, n]</math>. Przedział ten ma długość nie większą od <math>M</math>, bo jest podprzedziałem przedziału <math>I_r</math>, a z założenia <math>| I_r | < M</math>.

Gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, to również <math>r = r (n)</math> dąży do nieskończoności i tak samo liczba <math>\min (I_{r (n)})</math> dąży do nieskończoności, a przedział <math>[\min (I_r), \ldots, n] \subset I_r</math> obejmuje coraz większe liczby naturalne. Z zadania [[#D32|D32]] otrzymujemy natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [\min (I_r), \ldots, n]} a_k \right) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D36</span><br/>
Rozważmy szereg harmoniczny naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots</math>

Zbieżność tego szeregu wynika z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), wynika też z kryterium Dirichleta (zobacz [[#D85|D85]]), które poznamy później. Zauważmy, że dokonując podziału na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \left[ 1 - {\small\frac{1}{2}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć po pełnych blokach, zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{2 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>.

<span id="D37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D37</span><br/>
Pokazać, że szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots</math>

jest zbieżny, a jego suma jest równa

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 = 1.13197175 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że dokonując podziału szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \left[ 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć, sumując po pełnych blokach. Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{32 n^2 - 24 n + 3}{4 n (2 n - 1) (4 n - 1) (4 n - 3)}} < \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}}</math>.

Sumę szeregu trudniej policzyć. Zauważmy, że wyrazy szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

możemy pogrupować

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) - \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} \right) - \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} \right) - \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} \right) - \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Pozwala to zapisać rozpatrywany szereg w postaci sumy utworzonych wyżej grup

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2 k}} \right)</math>

Należy podkreślić, że takie pogrupowanie nie zmienia sumy szeregu (zobacz [[#D26|D26]]). Możemy zatem napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>

Będziemy rozważali całki

::<math>I_n = \int^1_0 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} d t</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>. Przykładowo

::<math>I_0 = \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = \operatorname{arctg}(t) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.785398 \ldots</math>

::<math>I_1 = \int_0^1 {\small\frac{t}{1 + t^2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{2 t}{1 + t^2}} d t = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{du}{1 + u}} = {\small\frac{1}{2}} \biggr[ \log (1 + u) \biggr\rvert_{0}^{1} \biggr] = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 \approx 0.34657 \ldots</math>

::<math>I_2 = \int_0^1 {\small\frac{t^2}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 {\small\frac{1 + t^2 - 1}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 dt - \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = 1 - {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.21460 \ldots</math>

Udowodnimy kolejno, że

::  1. <math>\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

::  2. <math>\qquad I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2} \qquad \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 2</math>

::3a. <math>\qquad I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::3b. <math>\qquad I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::4a. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>

::4b. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = {\small\frac{\pi}{4}}</math>

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, czyli <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynikają stąd oszacowania

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \leqslant \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

oraz

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \geqslant \int_0^1 {\small\frac{t^n}{2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{2 n + 2}}</math>

Zatem dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

'''Punkt 2.'''

Mamy

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot t^2}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot [(1 + t^2) - 1]}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 t^{n - 2} dt- \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2}}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

Otrzymaliśmy wzór rekurencyjny prawdziwy dla <math>n \geqslant 2</math>

::<math>I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

{| style="width:100%;"
|-
| colspan=2 | '''Punkt 3a. / 3b.'''
|-
| colspan=2 | Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwe są następujące wzory (odpowiednio dla całek <math>I_m</math> o indeksie nieparzystym i dla całek <math>I_m</math> o indeksie parzystym)
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 3} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 2}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 2}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 2} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 1}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 1}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 2) - 1}} - I_{2 n}</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.
|-
| colspan=2 |  
|-
| colspan=2 | '''Punkt 4a. / 4b.'''
|-
| colspan=2 | Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] granicę policzoną w punkcie 1. możemy zapisać równoważnie w postaci <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | I_{n} | = 0</math>. Zatem z punktów 3a i 3b mamy odpowiednio
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right| = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Czyli
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Skąd natychmiast dostajemy, że
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = I_0 = {\small\frac{\pi}{4}}</math>
</div>
|}

Zauważmy, że mnożąc obie strony ostatniego wzoru w lewej kolumnie przez <math>2</math>, otrzymujemy wzór na sumę szeregu harmonicznego naprzemiennego

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>
</div>

Teraz już łatwo widzimy, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D38</span><br/>
Pokazać, że
::1.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{14}} \right) + \ldots = \log 2</math>

::2.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

::3.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} - {\small\frac{1}{22}} - {\small\frac{1}{24}} \right) + \ldots = 0</math>

::4.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \ldots = + \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Uwagi ogólne'''<br/>
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane.<br/>

Każdy z zamieszczonych niżej dowodów (poza punktem 6.) wykorzystuje przybliżony wzór na sumę <math>n</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]). Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + h_n</math>

gdzie <math>\lim_{n \rightarrow \infty} h_n = 0</math>.

Wynikają stąd wzory

::<math>\underset{k \text{ parzyste}}{\sum_{k = 2}^{2 n}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n + 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n + 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n + 1} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n - 2}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n - 1} - {\small\frac{1}{2}} H_{n - 1} = \left( H_{2 n} - {\small\frac{1}{2 n}} \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( H_n - {\small\frac{1}{n}} \right) = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

'''Punkt 1.'''

Wzór został udowodniony w twierdzeniu [[#D6|D6]], ale zastosujemy tutaj inny sposób. Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

<span style="border-bottom-style: double;">Pierwszy sposób</span><br/><br/>
Z określenia szeregu wynika, że sumujemy bloki złożone z trzech wyrazów

::<math>0 < \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{4 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Z kryterium porównawczego ([[#D11|D11]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D26|D26]])

::<math>1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) - {\small\frac{1}{4}} + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} \right) - {\small\frac{1}{8}} + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} \right) - {\small\frac{1}{12}} + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} \right) - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + \ldots \right)</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

<span style="border-bottom-style: double;">Drugi sposób</span><br/><br/>

Szereg jest sumą bloków

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{4 k - 2}} + {\small\frac{1}{4 k}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n - 1}} + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{2 n}</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} [(\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

'''Punkt 3.'''

Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{8 k - 6}} - {\small\frac{1}{8 k - 4}} - {\small\frac{1}{8 k - 2}} - {\small\frac{1}{8 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{8 k - 6}} + {\small\frac{1}{8 k - 4}} + {\small\frac{1}{8 k - 2}} + {\small\frac{1}{8 k}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{8 n - 6}} + {\small\frac{1}{8 n - 4}} + {\small\frac{1}{8 n - 2}} + {\small\frac{1}{8 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n - 1}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{4 n}</math>

::::::::::::::::<math>\: = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log n + \gamma + h_n) - {\small\frac{1}{2}} (\log (4 n) + \gamma + h_{4 n})</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} [\log (4 n^2) + 2 \gamma + 2 h_{2 n} - \log n - \gamma - h_n - \log (4 n) - \gamma - h_{4 n}]</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 4 n}} \right) + 2 h_{2 n} - h_n - h_{4 n} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>

'''Punkt 4.'''

Rozpatrujemy szereg

::<math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{31}} + \ldots + {\small\frac{1}{61}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Zauważmy, że

::●    '''z definicji''' każda <math>k</math>-ta grupa obejmuje <math>2^{k - 1}</math> wyrazów z mianownikiem nieparzystym i jeden wyraz z mianownikiem parzystym (największy z jeszcze niewykorzystanych wyrazów o mianowniku parzystym)

::●    pierwszy wyraz z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie jest równy <math>{\small\frac{1}{2^k - 1}}</math>, a ostatni to <math>{\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}}</math>

::●    znajdujemy oszacowanie sumy wyrazów z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie

::::<math>S_{(k)} = {\small\frac{1}{2^k - 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} \geqslant 2^{k - 1} \cdot {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} > {\small\frac{2^{k - 1}}{2^{k + 1}}} = {\small\frac{1}{4}}</math>

::●    łatwo sprawdzamy, że suma wyrazów w każdej z pierwszych trzech grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    począwszy od czwartej grupy, od sumy wyrazów z nieparzystym mianownikiem odejmujemy <math>{\small\frac{1}{8}}</math> lub mniej niż <math>{\small\frac{1}{8}}</math> (dokładnie <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, <math>{\small\frac{1}{10}}</math>, <math>{\small\frac{1}{12}}</math>, <math>{\small\frac{1}{14}}</math>, itd.), zatem suma wszystkich wyrazów w każdej z tych grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    pokazaliśmy, że suma wyrazów w każdej grupie jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, a ponieważ jest nieskończenie wiele grup, to szereg jest rozbieżny do nieskończoności
<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D39</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left(
\underbrace{{\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}}}_{b \text{ wyrazów nieparzystych}} -
\underbrace{{\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}}}_{a \text{ wyrazów parzystych}}
\right)</math>

Zauważmy, że sumujemy bloki zbudowane z wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>. Każdy blok składa się z <math>b</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Pokazać, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}} \text{} - {\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}} \right) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Uwzględniając twierdzenie [[#D35|D35]], będziemy sumowali po pełnych blokach. Zauważmy, że po zsumowaniu <math>n</math> bloków mamy sumę <math>b n</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a n</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Zatem tak określona suma częściowa jest równa

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

Podobnie jak w zadaniu poprzednim ([[#D38|D38]]) wykorzystamy przybliżony wzór na sumę <math>m</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log m + \gamma + {\small\frac{1}{2 m}} - {\small\frac{1}{12 m^2}} + {\small\frac{1}{120 m^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]).

Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = \log m + \gamma + h_m</math>

gdzie <math>\lim_{m \rightarrow \infty} h_m = 0</math>.

Łatwo widzimy, że

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

oraz

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k - 1}} = \sum_{k = 1}^{2 m} {\small\frac{1}{k}} - \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = H_{2 m} - {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

Podstawiając do wzoru na sumę częściową, otrzymujemy

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}} = \left( H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} \right) - {\small\frac{1}{2}} H_{a n} = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu harmonicznego, dostajemy

::<math>S_n = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

:::<math>= (\log (2 b n) + \gamma + h_{2 b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (b n) + \gamma + h_{b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (a n) + \gamma + h_{a n})</math>

:::<math>= \left[ \log (2 b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (a n) \right] + \left[ \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma \right] + \left[ h_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{a n} \right]</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b^2 n^2}{b n \cdot a n}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right) \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D40</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest bezwzględnie zbieżny, to po dowolnym przestawieniu wyrazów suma tego szeregu nie ulegnie zmianie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Widzimy, że

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=7 | wyrazy sumy || style="background-color: #eeffee;" colspan=4 | w szczególności
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>…</math> || <math>b_n</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(1)}</math> || <math>b_{f^{-1}(2)}</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(n)}</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>…</math> || <math>a_{f(n)}</math> || <math>…</math> || <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>…</math> || <math>a_n</math>
|}

Zatem, po przestawieniu, na <math>n</math>-tej pozycji w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> znajdzie się wyraz <math>a_{f (n)}</math>.

Funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną, co oznacza, że ma funkcję odwrotną. Zauważmy, że <math>f (f^{- 1} (n)) = n</math>, zatem <math>f^{- 1} (n)</math> zwraca wartość indeksu, z jakim wyraz <math>a_n</math> z szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> występuje w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

Niech <math>N_0</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli przyjmiemy, że

::<math>M_0 = \max \{ f^{- 1} (1), f^{- 1} (2), \ldots, f^{- 1} (N_0) \}</math>

to zapewnimy sobie, że każdy z wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math> wystąpi w ciągu <math>(a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)})</math>, czyli

::<math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)} \}</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

Oczywiście musi być <math>M_0 \geqslant N_0</math>.

Niech

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k \qquad \qquad S = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k \qquad \qquad S^{\ast}_n = \sum_{k = 1}^n | a_k | \qquad \qquad S^{\ast} = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Z założenia szereg jest bezwzględnie zbieżny, zatem dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> mamy

::<math>| S^{\ast} - S^{\ast}_n | < \varepsilon</math>

Czyli

::<math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k | < \varepsilon</math>

Niech

::<math>T_m = \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

będzie sumą częściową szeregu z przestawionymi wyrazami. Dla dowolnego <math>m > M_0</math> mamy

::<math>S - T_m = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k - \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

::::<math>\;\,\, = \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k \right) - \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)} \right)</math>

::::<math>\;\,\, = \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k - \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math>

Rozważmy różnicę sum w ostatnim wierszu. Druga z tych sum <math>\underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math> jest sumą skończoną i zawiera <math>m - N_0</math> wyrazów sumy <math>\sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>, które pozostały po wydzieleniu wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math>. Zauważmy, że każdy wyraz tej sumy występuje w pierwszej sumie <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>. Zatem zapisana w ostatnim wierszu różnica sum, jest sumą <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>, w której część wyrazów (skończona liczba) nie występuje, co zaznaczymy, używając znaku prim <math>(')</math> przy symbolu sumy. Mamy

::<math>S - T_m = {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy

::<math>| S - T_m | = \left| \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k \right|</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, < \varepsilon</math>

Pokazaliśmy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że dla wszystkich <math>m > M_0</math> jest <math>| S - T_m | < \varepsilon</math>. Zatem ciąg <math>(T_m)</math> ma granicę i wartość tej granicy jest równa <math>S</math>. Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Możemy też argumentować inaczej. Z definicji przestawiania wyrazów szeregu wynika, że każdy wyraz <math>a_k</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> musi wystąpić w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>. Zatem musi istnieć taki wyraz <math>b_{g (k)}</math>, że <math>b_{g (k)} = a_k</math>. Jeżeli dla kolejnych <math>N_0</math> wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, czyli dla wyrazów <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \}</math> zdefiniujemy liczbę <math>M_0 = \max \{ b_{g (1)}, b_{g (2)}, \ldots, b_{g (N_0)} \}</math>, to w zbiorze <math>\{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math> musi wystąpić każdy z wyrazów <math>a_k</math>, gdzie <math>k \leqslant N_0</math>. Zbierając: istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D41</span><br/>
Pokazać, że każdą liczbę <math>x \in \mathbb{R}</math> można przedstawić jednoznacznie w postaci różnicy liczb nieujemnych <math>p, g</math> tak, aby jednocześnie były spełnione równania <math>x = p - g</math> oraz <math>| x | = p + g</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Problem sprowadza się do rozwiązania układu równań

::<math>\begin{cases}
p - g = x \\[0.3em]
p + g = | x | \\
\end{cases}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} \qquad g = {\small\frac{| x | - x}{2}}</math>

Ponieważ <math>| x | \geqslant - x</math> i <math>| x | \geqslant x</math>, to obie liczby <math>p, g</math> są nieujemne. Zauważmy, że rozkład liczby <math>x</math> możemy zapisać w równoważny sposób

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} = \max (0, x) =
\begin{cases}
x & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
0 & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math>
</div>

::<math>g = {\small\frac{| x | - x}{2}} = \max (0, - x) =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
- x & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D42</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem nieskończonym, a <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Pokazać, że jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny, to

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = + \infty \qquad \qquad \text{i} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Każdy wyraz <math>a_n</math> szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> przedstawimy w postaci różnicy dwóch liczb nieujemnych <math>a^+_n</math> i <math>a^-_n</math> (zobacz [[#D34|D34]]), gdzie

::<math>a^+_n = \max (0, a_n)</math>

::<math>a^-_n = \max (0, - a_n)</math>

Zauważmy, że

::●    ciąg <math>(a^+_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów mniejszych od zera zerami
::●    ciąg <math>(a^-_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów większych od zera zerami, a wyrazów mniejszych od zera ich wartościami bezwzględnymi

Oczywiście <math>a_n = a^+_n - a^-_n</math> i <math>| a_n | = a^+_n + a^-_n</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum^{\infty}_{k = 1} a^-_n</math>

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math>

Rozważmy możliwe przypadki

'''Punkt 1.'''

Jeżeli szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są zbieżne, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny. Zatem szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest zbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 3.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest rozbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

Wynika stąd, że możliwy jest tylko przypadek, gdy obydwa szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są rozbieżne. Zauważmy teraz, że pary ciągów <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a^+_n)</math> oraz <math>(a_{n_k})</math> i <math>(- a^-_n)</math> różnią się jedynie nieskończoną ilością wyrazów równych zero, zatem odpowiednie szeregi również są rozbieżne

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = \sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n = + \infty</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n = - \infty</math>

Skąd wynika natychmiast, że obydwa podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> mają nieskończoną liczbę wyrazów różnych od zera.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D43 (Bernhard Riemann</span><ref name="Riemann1"/><span style="font-size: 110\%; font-weight: bold;">, 1854)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny i <math>R \in \mathbb{R}</math>, to istnieje takie przestawienie wyrazów tego szeregu <math>f(k)</math>, że <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy od razu (i zapamiętajmy), że ponieważ z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, to musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 \;</math> (zobacz [[#D4|D4]]).

Niech <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Ponieważ podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> tworzą szeregi rozbieżne (zobacz [[#D35|D35]]) odpowiednio do <math>+ \infty</math> i do <math>- \infty</math>, to skończona suma kolejnych wyrazów tych podciągów może osiągać dowolne wartości skończone odpowiednio dodatnie lub ujemne.

Dla ułatwienia zapisu oznaczmy: <math>(p_i) \equiv (a_{n_j})</math> i <math>(q_i) \equiv (a_{n_k})</math>, a dla ustalenia uwagi załóżmy, że <math>R > 0</math>.

Wybierzmy najmniejsze <math>n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{n_1 - 1} p_k \leqslant R < \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math>

::<math>- p_{n_1} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{m_1} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k \leqslant \sum^{m_1 - 1}_{k = 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k \leqslant - q_{m_1}</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>n_2 > n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = n_1 + 1}^{n_2 - 1} p_k \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < \sum_{k = n_1 + 1}^{n_2} p_k</math>

::<math>- p_{n_2} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_2 > m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = m_1 + 1}^{m_2} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum^{m_1}_{k = 1} q_k \leqslant \sum_{k = m_1 + 1}^{m_2 - 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_2} q_k \leqslant - q_{m_2}</math>

Kontynuując, zgodnie z zasadami przedstawionymi wyżej, naprzemienne dodawanie bloków liczb nieujemnych i ujemnych, osiągamy to, że kolejne sumy oscylują wokół wartości <math>R</math> z coraz mniejszą amplitudą.

W <math>j</math>-tym kroku dla bloku wyrazów nieujemnych <math>p_k</math> i <math>n_j > n_{j - 1}</math> otrzymujemy

::<math>- p_{n_j} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k < 0</math>

a dla bloku wyrazów ujemnych <math>q_k</math> i <math>m_j > m_{j - 1}</math> dostajemy

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \leqslant - q_{m_j}</math>

Niech

::<math>S(n_j, m_j) = \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k</math>

oznacza sumę częściową nowego szeregu (z przestawionymi wyrazami), którego konstrukcję przedstawiliśmy wyżej. Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to z wypisanych nierówności i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S(n_j, m_{j - 1}) = R</math>
</div>

Zauważmy teraz, że prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 1}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 2}_{k = 1} q_k \right) > \ldots >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j - 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

Jest tak, ponieważ każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów ujemnych. Podobnie mamy też

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 2} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant \ldots \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1} - 1}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1}}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

bo każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów nieujemnych. Co oznacza, że dla sum częściowych mamy odpowiednio

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>S(n_j, m_{j - 1}) > S (n_j, m_{j - 1} + 1) > S (n_j, m_{j - 1} + 2) > \ldots > S (n_j, m_j - 1) > S (n_j, m_j)</math>
</div>

oraz

<div style="margin-top: 0em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n_j, m_j) \leqslant S (n_j + 1, m_j) \leqslant S (n_j + 2, m_j) \leqslant \ldots \leqslant S (n_{j + 1} - 1, m_j) \leqslant S (n_{j + 1}, m_j)</math>
</div>

Ponieważ <math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_{j - 1}) = R ,</math> to z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że cały ciąg sum częściowych (liczony do dowolnego wyrazu nowego szeregu) jest zbieżny do <math>R</math>. Możemy zatem napisać

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>
</div>

gdzie funkcja <math>f(n)</math> opisuje przestawianie wyrazów szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> zgodnie z przedstawioną wyżej metodą. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D44</span><br/>
W dowodzie twierdzenia [[#D43|D43]] Riemann podaje jawnie metodę budowania szeregów zbieżnych do określonej granicy <math>R \in \mathbb{R}</math>. Korzystając z tej metody, w przypadku szeregu warunkowo zbieżnego, jakim jest szereg harmoniczny naprzemienny, sprawdziliśmy jakie szeregi generuje ta metoda dla różnych granic. Metodę zapisaliśmy w postaci procedury możliwej do wykonania w PARI/GP. Poniżej podajemy kod, który znakomicie ułatwia obliczenia.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż kod|Hide=Ukryj kod}}
<span style="font-size: 90%; color:black;">Riemann(R, n) =
\\ R – suma, którą chcemy uzyskać, przestawiając wyrazy szeregu harmonicznego naprzemiennego
\\ n – liczba podwójnych kroków do wykonania
{
'''local'''(i, j, k, M, S, txt);
M = '''matrix'''(3, n);
i = 0; \\ liczy pobrane nieparzyste (dodatnie)
j = 0; \\ liczy pobrane parzyste (ujemne)
k = 0; \\ liczy podwójne kroki
S = R; \\ początkowa wartość sumy S
txt = "R"; \\ wizualny zapis wykonanych obliczeń
'''while'''( k++ <= n,
M[1, k] = k;
'''while'''( S >= 0,
S = S - 1/( 2*(i++) - 1 );
txt = '''Str'''( txt, " - ", 1/(2*i - 1) );
M[2, k] = M[2, k] + 1;
);
'''while'''( S < 0,
S = S + 1/( 2*(j++) ); \\ odejmujemy ujemne – dlatego mamy znak "+"
txt = '''Str'''( txt, " + ", 1/(2*j) );
M[3, k] = M[3, k] + 1;
);
);
'''printp'''(M);
'''print'''(1.0 * S);
'''print'''(txt);
}</span>
<br/>
{{\Spoiler}}

<span id="D45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D45</span><br/>
Naszą uwagę zwróciły dwa szeregi

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

oraz

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

Równość sum tych szeregów wynika wprost z wyniku uzyskanego w zadaniu [[#D39|D39]]. Łatwo widzimy, że wyrazy tych szeregów zostały poprzestawianie, a jednak suma tych szeregów nie uległa zmianie. Prowadzi to do ogólnego pytania: kiedy przestawianie wyrazów szeregu nie zmienia jego sumy? Częściowej odpowiedzi na to pytanie udziela zamieszczone niżej twierdzenie.

<span id="D46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D46</span><br/>
Niech <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> będzie szeregiem zbieżnym. Jeżeli wyrazy szeregu podzielimy na dowolne bloki <math>B_1, B_2, \ldots</math>, zawierające nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przestawienie wyrazów szeregu wewnątrz bloków nie zmienia sumy szeregu.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Podziałowi wyrazów szeregu na bloki odpowiada pewien podział zbioru <math>\mathbb{N}</math> na przedziały takie, że indeksy bloku

::<math>B_k = [a_{n_k}, a_{n_k + 1}, a_{n_k + 2}, \ldots, a_{n_{k + 1} - 1}]</math>

odpowiadają pewnemu przedziałowi <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>

::<math>I_k = [n_k, n_k + 1, n_k + 2, \ldots, n_{k + 1} - 1]</math>

Ponieważ bloki <math>B_k</math> zawierają nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przedziały <math>I_k</math> mają długość nie większą od <math>M</math>.

Z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest szeregiem zbieżnym, zatem musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu

::<math>\lim_{k \rightarrow + \infty} a_k = 0</math>

Zatem na mocy twierdzenia [[#D35|D35]] obliczając sumę szeregu, możemy sumować po pełnych blokach.

Ponieważ przestawianie wyrazów wewnątrz bloku nie wpływa na sumę tych wyrazów, to natychmiast widzimy, że przestawiane wyrazów wewnątrz skończonych bloków nie wpływa na sumę szeregu. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

<span id="D47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D47</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f(x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest z założenia ciągła, dodatnia i malejąca, to zamieszczony niżej rysunek dobrze prezentuje problem.

::[[File: D_Szereg-i-calka-1.png|none]]

Przedstawiona na rysunku krzywa odpowiada funkcji <math>f(x)</math>. Dla współrzędnej <math>x = k</math> zaznaczyliśmy wartość funkcji <math>f(k)</math>, a po lewej i prawej stronie tych punktów zaznaczyliśmy pasy o jednostkowej szerokości. Łatwo zauważamy, że

* po lewej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem zielonym) jest większe od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości
* po prawej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem niebieskim) jest mniejsze od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości

Korzystając z własności całki oznaczonej, otrzymujemy ciąg nierówności

::<math>\int_{k}^{k + 1} f(x) d x \leqslant f(k) \leqslant \int_{k - 1}^{k} f(x) d x</math>

W powyższym wzorze występują nierówności nieostre, bo rysunek przedstawia funkcję silnie malejącą, ale zgodnie z uczynionym założeniem funkcja <math>f(x)</math> może być funkcją słabo malejącą.

Sumując lewą nierówność od <math>k = m</math> do <math>k = n</math>, a prawą od <math>k = m + 1</math> do <math>k = n</math>, dostajemy

::<math>\int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k)</math>

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} f (k) \leqslant \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

Dodając <math>f(m)</math> do obydwu stron drugiej z powyższych nierówności i łącząc je ze sobą, otrzymujemy kolejny i docelowy ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D48</span><br/>
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math>.

Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math> jest ciągła, dodatnia i silnie malejąca w przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\int_{1}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \int_{1}^{n} {\small\frac{d x}{x}}</math>

Przy obliczaniu całek oznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fx+from+1+to+n WolframAlpha].

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

Ponieważ

::<math>\log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) > \log n + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

to dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n < 1</math>

Zauważmy: nie tylko wiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> jest rozbieżny, ale jeszcze potrafimy określić, jaka funkcja tę rozbieżność opisuje! Mamy zatem podstawy, by przypuszczać, że całki umożliwią opracowanie metody, która pozwoli rozstrzygać o zbieżności szeregów.

<span id="D49" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D49 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w zależności od tego, czy funkcja pierwotna <math>F(x) = \int f (x) d x</math> ma dla <math>x \rightarrow \infty</math> granicę skończoną, czy nie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, będzie wykorzystane w czasie dowodu twierdzenia, ale rozważanie przypadku, gdy <math>f(x)</math> jest rosnąca, nie ma sensu, bo wtedy nie mógłby być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> (zobacz twierdzenie [[#D4|D4]]).

Moglibyśmy założyć bardziej ogólnie, że funkcja jest nieujemna, ale wtedy twierdzenie obejmowałoby przypadki funkcji takich, że dla pewnego <math>x_0</math> byłoby <math>f(x_0) = 0</math>. Ponieważ z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, zatem mielibyśmy <math>f(x) = 0</math> dla <math>x \geqslant x_0</math>. Odpowiadający tej funkcji szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> miałby dla <math>k \geqslant x_0</math> tylko wyrazy zerowe i byłby w sposób oczywisty zbieżny.

Założenie ciągłości funkcji <math>f(x)</math> ma zapewnić całkowalność funkcji <math>f(x)</math><ref name="calkowalnosc1"/>. Założenie to można osłabić<ref name="calkowalnosc2"/>, tutaj ograniczymy się tylko do podania przykładów. Niech <math>a, b \in \mathbb{R}</math>, mamy

::<math>\int_a^b \text{sgn}(x) d x = | b | - | a |</math> <math>\qquad \qquad \int_0^a \lfloor x \rfloor d x = {\small\frac{1}{2}} \lfloor a \rfloor (2 a - \lfloor a \rfloor - 1)</math> <math>\qquad \qquad \int_{-a}^a \lfloor x \rfloor d x = - a</math>

Po tych uwagach dotyczących założeń możemy przejść do właściwego dowodu. Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

'''Z drugiej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest rozbieżna, to rosnący ciąg kolejnych całek oznaczonych <math>C_j = \int_{m}^{j} f (x) d x</math> nie może być ograniczony od góry (w przeciwnym wypadku całka <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math> byłby zbieżna), zatem również rosnący ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f(k)</math> nie może być ograniczony od góry, co oznacza, że szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest rozbieżny.

'''Z trzeciej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna, to ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f (k)</math> jest ciągiem rosnącym i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>F_j</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny.

Ponieważ zbieżność (rozbieżność) całki <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> nie zależy od wyboru dolnej granicy całkowania, to wystarczy badać granicę <math>\lim_{x \to \infty} F (x)</math>, gdzie <math>F(x) = \int f (x) d x</math> jest dowolną funkcją pierwotną.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D50" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D50</span><br/>
Przykłady zebraliśmy w tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
!
! szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} a_k</math>
! funkcja <math>f(x)</math>
! całka <math>F(x) = \int f(x) d x</math>
! granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math>
! wynik
|-
| 1. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x}}</math> || <math>\log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 2. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{\sqrt{k}}}</math> || <math>{\small\frac{1}{\sqrt{x}}}</math> || <math>2 \sqrt{x}</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 3. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x^2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|-
| 4. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log x}}</math> || <math>\log \log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 5. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^2 \! k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log^2 \! x}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{\log x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|}

Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}}</math>

są zbieżne dla <math>s > 1</math> i rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.

<span id="D51" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D51</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

::<math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>

gdzie <math>a < m</math>, to prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math>

::<math>S(m) + R(m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R(m)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Czyli

::<math>R(m) \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + R (m)</math>

Odejmując od każdej ze stron nierówności liczbę <math>f(m)</math> i dodając do każdej ze stron nierówności sumę skończoną <math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, otrzymujemy

::<math>S(m) + R (m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R (m)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D52" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D52</span><br/>
Twierdzenie [[#D51|D51]] umożliwia określenie, z jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>. Mamy

::<math>S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::<math>\int {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right)</math>

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \right)</math>

Zatem

::<math>S(m) + R (m) - f (m) \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} \leqslant S (m) + R (m)</math>

Dla kolejnych wartości <math>m</math> otrzymujemy

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
! <math>m</math>
! <math>S(m) + R(m) - f(m)</math>
! <math>S(m) + R(m)</math>
|-
| <math>10^1</math> || <math>1.84</math> || <math>1.87</math>
|-
| <math>10^2</math> || <math>1.85</math> || <math>1.86</math>
|-
| <math>10^3</math> || <math>1.86000</math> || <math>1.86004</math>
|-
| <math>10^4</math> || <math>1.860024</math> || <math>1.860025</math>
|-
| <math>10^5</math> || <math>1.86002506</math> || <math>1.86002509</math>
|-
| <math>10^6</math> || <math>1.860025078</math> || <math>1.860025079</math>
|-
| <math>10^7</math> || <math>1.86002507920</math> || <math>1.86002507923</math>
|-
| <math>10^8</math> || <math>1.860025079220</math> || <math>1.860025079221</math>
|-
| <math>10^9</math> || <math>1.8600250792211</math> || <math>1.8600250792212</math>
|-
|}

W programie PARI/GP wystarczy napisać:

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))</span>

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D47|D47]] jest następujące<br/>
<span id="D53" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D53</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli przy wyliczaniu sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math> (gdzie <math>a < m</math>) zastąpimy sumę <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> całką <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>, to błąd wyznaczenia sumy szeregu nie przekroczy <math>f(m)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru z twierdzenia [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Dodając do każdej ze stron nierówności wyrażenie <math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, dostajemy

::<math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Skąd wynika natychmiast

::<math>- f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \leqslant 0 < f(m)</math>

Czyli

::<math>\left| \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \right| \leqslant f(m)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D54" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D54</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny, to dla każdego <math>n \geqslant m</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n)</math>

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

gdzie <math>B</math> oraz <math>C</math> są dowolnymi stałymi spełniającymi nierówności

::<math>B \geqslant 1</math>

::<math>C \geqslant f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D47|D47]] mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int_{m}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int^n_m f (x) d x - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D55" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D55</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:

* korzystając z całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny
* jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie [[#D54|D54]]), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>

Jednak dysponując już oszacowaniem sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>, możemy udowodnić jego poprawność przy pomocy indukcji matematycznej, a stąd łatwo pokazać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math>. Zauważmy, że wybór większego <math>B</math> ułatwia dowód indukcyjny. Stałą <math>C</math> najlepiej zaokrąglić w górę do wygodnej dla nas wartości.

Czasami potrzebujemy takiego uproszczenia problemu, aby udowodnić zbieżność szeregów bez odwoływania się do całek. Zauważmy, że Czytelnik nawet nie musi znać całek – wystarczy, że policzy je przy pomocy programów, które potrafią to robić (np. WolframAlpha). Kiedy już znajdziemy oszacowanie sumy częściowej szeregu, nie musimy wyjaśniać, w jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a do tego wystarczy indukcja matematyczna.

Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w tym celu twierdzenie [[#D54|D54]].

<span id="D56" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D56</span><br/>
Korzystając z twierdzenia [[#D54|D54]], znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \qquad</math> oraz <math>\qquad \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = {\small\frac{1}{n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2Fx%5E2%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x (\log x)^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{\log n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2F%28x*%28log%28x%29%29%5E2%29%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + \int_{2}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + {\small\frac{1}{\log 2}} = 2.483379 \ldots</math>

Przyjmijmy <math>C = 2.5</math>, zatem

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D57" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D57</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo zauważamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{k^2}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} + \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}} \right)</math>

::::<math>\: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: < 2 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} < 2</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D58" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D58</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 2</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{2} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \approx 1.040684 < 2.5 - {\small\frac{1}{\log 2}} \approx 1.05730</math>

Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n + 1} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} = \sum_{k = m}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log (n + 1)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log \left( n \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right) \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - 1 - {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( - {\small\frac{1}{(n + 1) \log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} < 2.5</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n)</math> szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

<span id="D59" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D59</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{p_k}} = 0.269605966 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2}} = 0.452247420041 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} = 1.375064994748 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = 0.773156669049 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} < \sum_{j = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{(j - 1)^2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność wzoru wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{1}{p (p - 1)}} < {\small\frac{1}{(p - 1)^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D60" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D60</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = 1.636616323351 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2 \log p}} = 0.507782187859 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = 0.755366610831 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^2}} = 0.493091109368 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B39|B39]], ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} = {\small\frac{1}{2 \log 2}} + \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

Wyrażenie w mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] mamy (<math>a = 0.72</math>)

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \cdot (\log k)^2 \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log a + \log \log k}{\log k}} \right)</math>

Ponieważ dla <math>k > \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots</math> jest

::<math>\log a + \log \log k > 0</math>

to dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \cdot (\log k)^2</math>

Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 < {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} < {\small\frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot (\log k)^2}}</math> (zobacz twierdzenie [[#D17|D17]] p. 4 lub przykład [[#D50|D50]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]), bo

::<math>0 < {\small\frac{1}{p^2 \log p}} < {\small\frac{1}{p \log p}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.2577 \ldots</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{\log p}{p^2}} < {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D61" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D61</span><br/>
Szereg <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w innej postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 3</math> wyrazy szeregów <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> jest rozbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D62</span><br/>
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w przypadku twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.

<span id="D63" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D63</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>n! > n^n e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 7</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 1</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) ></math>

::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{n^n}{(n + 1)^n}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{1}{\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n} \cdot e^{- n} ></math>

::::<math>\;\;\; > (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)}</math>

Ponieważ <math>\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n < e</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)^n}} > {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 1.

'''Punkt 2. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 7</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) <</math>

::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( {\small\frac{n}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} <</math>

::::<math>\;\;\; < (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)}</math>

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} < {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D64" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D64</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>{\small\frac{n}{p}} - 1 < W_p (n!) < {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (prawa nierówność)'''

Zauważmy, że

::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^3}} \right\rfloor + \ldots</math>

::::<math>\;\, < {\small\frac{n}{p}} + {\small\frac{n}{p^2}} + {\small\frac{n}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{n}{p^k}} + \ldots</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p - 1}}</math>

'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''

Łatwo znajdujemy, że

::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \geqslant \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor > {\small\frac{n}{p}} - 1</math>

'''Punkt 2. (prawa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>(p - 1) W_p (n!) < n</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>.

'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>n - p < p \cdot W_p (n!)</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D65" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D65</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>n! < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>n! > n^n e^{- n}</math> (zobacz punkt 1. twierdzenia [[#D63|D63]]), to

::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{n \log p}{p - 1}} = n \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math>

Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D66" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1.755367</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D65|D65]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n > - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1 - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1.755367</math>

Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math> (twierdzenie [[#D60|D60]] p. 3).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D67" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D67 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < 0.386295</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 7</math> jest <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math>, to

::<math>\prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} < n^{n + 1} e^{- n}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} \left( {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \right) \cdot \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

::<math>(n + 1) \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \sum_{p \leqslant n} \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

Skąd natychmiast wynika, że

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < - {\small\frac{n}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right)</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n))</math>

::::::<math>\quad \;\: < - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: < \log 4 - 1</math>

::::::<math>\quad \;\: = 0.386294361 \ldots</math>

Druga nierówność wynika z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A10|A10]]. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D68" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D68</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < 1.141661</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D67|D67]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n < \log 4 - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, < \log 4 - 1 + \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots</math>

:::::::<math>\,\, < 1.141661</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D69" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D69</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots</math>

gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>

Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D70" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D70</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} = \log n - \gamma + \ldots</math>

gdzie <math>\gamma = 0.5772156649 \ldots</math> jest stałą Eulera.

Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D71" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D71</span><br/>
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma</math>

są liczbami dodatnimi.

<span id="D72" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D72</span><br/>
Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right) = E - \gamma</math>

gdzie

* <math>\quad \gamma = 0.577215664901532 \ldots</math> jest stałą Eulera<ref name="A001620"/>
* <math>\quad E = 1.332582275733220 \ldots</math><ref name="A083343"/>
* <math>\quad E - \gamma = 0.755366610831688 \ldots</math><ref name="A138312"/>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}}</math>

zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = (\log n - \gamma + \ldots) - (\log n - E + \ldots)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right)</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} \cdot \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D73" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D73</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart10"/>

::<math>- \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}}</math>

Ponieważ dla <math>x > e^2 \approx 7.389</math> jest <math>1 + {\small\frac{1}{\log x}} < 1.5</math>, to dla <math>n \geqslant 8</math> mamy

::<math>{\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} = {\small\frac{0.2}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w postaci

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

wynika natychmiast, że

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

'''Prawa nierówność'''

Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z twierdzenia [[#D72|D72]] wiemy, że

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich liczb <math>318 \leqslant n \leqslant 3000</math>

'''Lewa nierówność'''

Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E > - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{(k - 1)^2}}</math>

Korzystając kolejno z twierdzeń [[#D47|D47]] i [[Ciągi liczbowe#C19|C19]], dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \int_{n}^{\infty} {\small\frac{\log x}{(x - 1)^2}} d x</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} + \log \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} + \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} - {\small\frac{\log n + 1}{n - 1}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Do znalezienia całki oznaczonej Czytelnik może wykorzystać stronę [https://www.wolframalpha.com/input?i=int+log%28x%29%2F%28x-1%29%5E2+from+n+to+inf WolframAlpha]. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 153</math>. Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D74" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D74</span><br/>
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

wynika twierdzenie Czebyszewa.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D73|D73]] wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log x < - \gamma + {\small\frac{1}{2\log x}} \leqslant - \gamma + {\small\frac{1}{2 \log (318)}} = - 0.490441 \ldots < - 0.306852 \ldots = - r</math>

Zatem postulowane oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n \geqslant 318</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>2 \leqslant x \leqslant 317</math>, łatwo potwierdzamy prawdziwość nierówności

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

dla <math>x \geqslant 32</math>.

Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z twierdzenia [[#D64|D64]], łatwo znajdujemy oszacowanie

::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>

::<math>\quad \leqslant p^{(a - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(a - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

::<math>\quad = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{a - 1}</math>

gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w nawiasie przez <math>U</math>, mamy

::<math>\log U = {\small\frac{\log p_1}{p_1 - 1}} + \ldots + {\small\frac{\log p_n}{p_n - 1}} = \sum_{p \leqslant a} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log a - r</math>

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania wskazanego w treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.

Przypuśćmy, że mnożymy liczbę <math>a!</math> przez kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math>. Możemy postawić pytanie: kiedy w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby <math>b!</math> musi pojawić się nowy czynnik pierwszy? Jeżeli takiego nowego czynnika pierwszego nie ma, to

::<math>a! \cdot (a + 1) \cdot \ldots \cdot b = b!</math>

:::::::<math>\;\;\; = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_n}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; \leqslant p^{(b - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(b - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; = U^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; < (a \cdot e^{- r})^{b - 1}</math>

Jednocześnie z twierdzenia [[#D63|D63]] wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem

::<math>b^b e^{- b} < b! < {\normalsize\frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}}</math>

::<math>b e^{- 1} < \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

::<math>b < \frac{a \cdot e^{1 - r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

Ponieważ <math>e^{1 - r} = e^{\log (2)} = 2</math>, to

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < 2 a</math>

Z oszacowania <math>b < 2 a</math> wynika, że <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / b} > (a \cdot e^{-r})^{1 / 2 a}</math>. Możemy teraz zapisać uzyskane wyżej oszacowanie w postaci, w której prawa strona nierówności nie zależy od <math>b</math>

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}}</math>

Ponieważ <math>e^{- r} = 0.735758 \ldots</math>, to <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a} > (a / 2)^{1 / 2 a}</math>, co pozwala uprościć uzyskane oszacowanie

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} < {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}}</math>

Pokażemy, że dla <math>a > 303.05</math>

::<math>{\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 2 a - 5</math>

Istotnie

::<math>{\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 1 - {\small\frac{5}{2 a}}</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} > 1</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left[ \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 > 1</math>

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i ograniczoną (zobacz twierdzenie [[Ciągi liczbowe#C18|C18]]) i dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} = 1.003213 \ldots</math>

Wynika stąd, że wszystkie kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math> mogą być liczbami złożonymi co najwyżej do chwili, gdy <math>b < 2 a -
5</math>, czyli <math>b \leqslant 2 a - 6</math>. Zatem w przedziale <math>(a, 2 a)</math> musi znajdować się przynajmniej jedna liczba pierwsza. Dla <math>a \leqslant 303</math> prawdziwość twierdzenia sprawdzamy bezpośrednio.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D75" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D75</span><br/>
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

<span id="D76" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D76* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
Suma odwrotności par liczb pierwszych <math>p</math> i <math>p + 2</math>, takich że liczba <math>p + 2</math> jest również pierwsza, jest skończona

::<math>\underset{p + 2 \in \mathbb{P}}{\sum_{p \geqslant 2}} \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p + 2}} \right) = \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}}
\right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} \right) + \ldots = B_2</math>

gdzie <math>B_2 = 1.90216058 \ldots</math> jest stałą Bruna<ref name="Wiki1"/><ref name="A065421"/>.

<span id="D77" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D77</span><br/>
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nietworzących par liczb bliźniaczych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>p</math> i <math>q = p + 4</math> będą liczbami pierwszymi i <math>n \geqslant 1</math>. Ponieważ liczby <math>p q</math> i <math>p + 2</math> są względnie pierwsze, to z twierdzenia Dirichleta wiemy, że wśród liczb <math>a_n = p q n + (p + 2)</math> jest nieskończenie wiele liczb pierwszych, a jednocześnie żadna z liczb <math>a_n</math> nie tworzy pary liczb bliźniaczych, bo

::<math>a_n - 2 = p q n + p = p (q n + 1)</math>

::<math>a_n + 2 = p q n + (p + 4) = q (p n + 1)</math>

są liczbami złożonymi. Najprostsze przykłady to <math>a_n = 21 n + 5</math> i <math>b_n = 77 n + 9</math>

Najłatwiej wszystkie przypadki takich ciągów wyszukać w programie PARI/GP. Polecenie

for(a=1,50, for(b=3,floor(a/2), g=gcd(a,b); g1=gcd(a,b-2); g2=gcd(a,b+2); if( g==1 && g1>1 && g2>1, print("a= ", a, " b= ",b) )))

wyszukuje wszystkie liczby dodatnie <math>a, b</math>, gdzie <math>b \leqslant \left\lfloor {\small\frac{a}{2}} \right\rfloor</math>, które tworzą ciągi <math>a k + b</math> o poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy

::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

<span id="D78" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D78</span><br/>
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w pracy<ref name="Erdos1"/> z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i chyba najprostszy dowód tego twierdzenia.

Załóżmy, dla otrzymania sprzeczności, że rozważana suma jest zbieżna, czyli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} = C</math>, gdzie <math>C</math> jest pewną stałą. Zbieżność szeregu o wyrazach dodatnich oznacza, że różnica między sumą tego szeregu i sumami częściowymi, które uwzględniają coraz więcej wyrazów ciągu, musi być coraz mniejsza. Wynika stąd istnienie najmniejszej liczby <math>r</math> takiej, że <math>\sum_{k = r + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} < {\small\frac{1}{2}}</math>.

Oznacza to, że zbiór liczb pierwszych rozpada się na dwa rozłączne podzbiory <math>P = \{ p_1, p_2, \ldots, p_r \}</math> i <math>Q = \{ p_{r + 1}, p_{r + 2,} \ldots \}</math>.

Konsekwentnie zbiór liczb całkowitych dodatnich możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: zbiór <math>\mathbb{Z}_Q</math> liczb podzielnych przez dowolną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math> i zbiór <math>\mathbb{Z}_P</math> liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math>. Czyli liczby ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru <math>P</math>.

Niech <math>M</math> będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Zauważmy, że liczb nie większych od <math>M</math> i podzielnych przez liczbę pierwszą <math>p</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A20|A20]]). Łatwo otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor < M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}} M</math>

bo z założenia <math>\sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}}</math>. Zatem liczb takich, że <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> i <math>k \leqslant M</math> jest mniej niż <math>{\small\frac{M}{2}}</math>.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Każdą liczbę ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> możemy zapisać w postaci <math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r</math>. Niech <math>\alpha_i = 2 \beta_i + \delta_i</math>, gdzie <math>\delta_i</math> jest resztą z dzielenia liczby <math>\alpha_i</math> przez <math>2</math>. Zatem

::<math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r = (p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_r}_r)^2 \cdot (p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r)</math>

Ponieważ <math>\delta_i</math> może przybierać tylko dwie wartości: zero lub jeden, to liczb postaci <math>p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r</math> jest dokładnie <math>2^r</math>, a kwadratów liczb całkowitych nie większych od <math>M</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M}</math>. Zatem liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest nie więcej niż <math>2^r \sqrt{M} \,</math><span style="color: Green"><sup>[b]</sup></span>.

Ponieważ <math>\mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+</math> i liczb <math>k \in \mathbb{Z}_+</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest po prostu <math>M</math>, to musi być prawdziwe oszacowanie

::<math>M < 2^r \sqrt{M} + {\small\frac{M}{2}}</math>

Czyli

::<math>2^{r + 1} > \sqrt{M}</math>

Co jest niemożliwe, bo <math>r</math> jest ustalone, a <math>M</math> może być dowolnie duże. Wystarczy przyjąć <math>M \geqslant 2^{2 r + 2}</math>.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb <math>k</math>. Dla przykładu: gdy <math>M > p_{r + 1} p_{r + 2}</math>, to liczba <math>p_{r + 1} p_{r + 2}</math> zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez <math>p_{r + 1}</math> i drugi raz jako podzielna przez <math>p_{r + 2}</math>. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.

<span style="color: Green">[b]</span> Zauważmy, że dla <math>M > 8</math> liczba <math>a^2</math> taka, że <math>a^2 \leqslant M < (a + 1)^2</math> wystąpi dokładnie jeden raz (jako <math>a^2 \cdot 1</math>), ale my oszacujemy, że pojawiła się <math>2^r</math> razy. Można pokazać, że dla dowolnych <math>r \geqslant 1</math> i <math>M \geqslant 1</math>, liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math>, jest mniej niż <math>2^r \sqrt{M}</math>. Jest ich nawet mniej niż <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor</math>, poza przypadkami <math>r = 1</math> i <math>M = 2, 3, 8</math>, kiedy to ilość takich liczb jest równa <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor < 2^r \sqrt{M}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

<span id="D79" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D79</span><br/>
Omawianie metody sumowania przez części<ref name="sumowanie1"/> rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja

::<math>D(k) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } k \, \text{ jest liczbą pierwszą} \\
0 & \text{gdy } k \, \text{ nie jest liczbą pierwszą} \\
\end{cases}</math>

Łatwo znajdujemy związek funkcji <math>D(k)</math> z funkcją <math>\pi (k)</math>

::<math>\pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1</math>

:::::::<math>\; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k)</math>

<span id="D80" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D80</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i niech <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> oznacza sumę odwrotności wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>. Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k - 1)}{k}}</math>

W drugiej sumie zmieniamy zmienną sumowania. Niech <math>j = k - 1</math>. Sumowanie po <math>k</math> przebiegało od <math>2</math> do <math>n</math>, zatem sumowanie po <math>j</math> będzie przebiegało od <math>1</math> do <math>n - 1</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

Ponieważ <math>\pi (1) = 0</math>. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^n \pi (k) \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right)</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D81" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D81</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D80|D80]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Zatem dla <math>n \geqslant 4</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + {\small\frac{1}{3}} + \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{k}{\log k \cdot k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log k}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{j = 5}^n {\small\frac{1}{j \log j}}</math>

Korzystając z twierdzenia [[#D47|D47]], otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \geqslant {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \int_{5}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x \log x}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>

Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> (porównaj [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D82" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D82</span><br/>
Pokazać, że oszacowanie <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>, gdzie <math>\varepsilon \in (0, 1)</math>, nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Zatem istnieje taka liczba <math>n_0</math>, że dla wszystkich <math>n \geqslant n_0</math> jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Korzystając ze wzoru (zobacz [[#D80|D80]])

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

dla liczby <math>n > n_0</math> otrzymujemy oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{n^{1 - \varepsilon}}{n}} + \sum_{k = 2}^{n_0 - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{k^{1 - \varepsilon}}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{n^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k^{\varepsilon} (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; < {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n} {\small\frac{1}{k^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; \leqslant {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + {\small\frac{1}{(n_0)^{1 + \varepsilon}}} + \int^n_{n_0} {\small\frac{d x}{x^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_2 + \left[ - {\small\frac{1}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon}}} \biggr\rvert_{n_0}^{n} \right]</math>

:::<math>\quad \; = C_2 - {\small\frac{1}{\varepsilon n^{\varepsilon}}} + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; < C_2 + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_3</math>

Co jest niemożliwe, bo lewa strona rośnie nieograniczenie wraz ze wzrostem <math>n</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], [[#D78|D78]], [[#D81|D81]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D83" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D83 (sumowanie przez części)</span><br/>
Niech <math>a_j</math>, <math>b_j</math> będą ciągami określonymi przynajmniej dla <math>s \leqslant j \leqslant n</math>. Prawdziwy jest następujący wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z czynników (powiedzmy, że dla <math>b_j</math>), to do wyliczenia lub oszacowania sumy <math>\sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math> może być pomocny dowodzony wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że wprost z definicji funkcji <math>B(k)</math> otrzymujemy

::<math>B(s) = \sum_{j = s}^{s} b_j = b_s</math>

oraz

::<math>B(k) - B (k - 1) = \sum_{j = s}^{k} b_j - \sum^{k - 1}_{j = s} b_j = b_k + \sum_{j = s}^{k - 1} b_j - \sum_{j = s}^{k - 1} b_j = b_k</math>

Przekształcając prawą stronę dowodzonego wzoru, pokażemy, że obie strony są równe.

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n B (n) - \sum^{n - 1}_{k = s} a_{k + 1} B (k) + \sum_{k = s}^{n - 1} a_k B (k)</math>

W pierwszej sumie po prawej stronie zmieniamy wskaźnik sumowania na <math>j = k + 1</math>, a w drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n B (n) - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n - 1} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j) + a_s B (s)</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D84" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D84</span><br/>
Niech <math>r \neq 1</math>. Pokazać, że <math>\sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 0</math>, <math>a_k = k</math> i <math>b_k = r^k</math>. Zauważmy, że sumowanie od <math>k = 0</math> nic nie zmienia, a nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - \sum_{k = 0}^{n - 1} r^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D85" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D85 (kryterium Dirichleta)</span><br/>
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny<br/><br/>

:*   <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>

:*   istnieje taka stała <math>M</math>, że <math>\left| \sum_{j = 1}^{k} b_j \right| \leqslant M</math> dla dowolnej liczby <math>k</math>

to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n \cdot B (n) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = 1}^{k} b_j</math>. Z założenia ciąg <math>B(n)</math> jest ograniczony i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, zatem (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]])

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \cdot B (n) = 0</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny. Jeżeli jest malejący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M (a_1 - a_n)</math>

(zobacz [[#D15|D15]]). Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest rosnący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_{k + 1} - a_k)</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M (a_1 - a_n)</math>

Łącząc uzyskane rezultaty oraz uwzględniając fakt, że ciąg <math>(a_n)</math> jest ograniczony, bo jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant M | a_1 - a_n | \leqslant M (| a_1 | + | a_n |) \leqslant 2 M U</math>

Ponieważ sumy częściowe szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) |</math> tworzą ciąg rosnący i ograniczony od góry, to szereg ten jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]). Wynika stąd zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math> (zobacz [[#D12|D12]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D86" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D86</span><br/>
Udowodnić następujące wzory

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) =
{\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cos \left( {\normalsize\frac{k}{2}} + 1 \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \sin j = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \sin (k + 1)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) + \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.

'''Punkt 2.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = \sin (k + 1) - \sin (1)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D87" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D87</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1 pokazaliśmy, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\left| \sum_{j = 1}^{k} \sin j \right| =
\left| {\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \right| \leqslant
{\small\frac{1}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math><br/>

Ponieważ spełnione są założenia kryterium Dirichleta, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny. Wiemy, że <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=sum+sin%28k%29%2Fk%2C+k%3D1+to+infinity WolframAlpha]).

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie

::<math>- 0.127671 < {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \leqslant \sum_{j = 1}^{k} \sin j \leqslant {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) + 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} < 1.958159</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D88" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D88</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> jest zbieżny, a suma tego szeregu jest w przybliżeniu równa <math>0.6839137864 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu wynika z kryterium Dirichleta, co pokazujemy tak samo jak w zadaniu poprzednim. Oszacowanie sumy szeregu jest znacznie trudniejsze, bo ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> silnie oscyluje i dopiero dla bardzo dużych <math>n</math> wynik sumowania mógłby być znaczący. Przykładowo:

::<math>S_{10^6} = 0.609189 \qquad S_{10^7} = 0.748477 \qquad S_{10^8} = 0.727256 \qquad S_{10^9} = 0.660078</math>

Okazuje się, że tutaj też będzie pomocne sumowanie przez części. We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = \sin k</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} \sin j = {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \sin (1) = C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Sumując przez części, dostajemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right) B (k)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + \sum^{n - 1}_{k = 2} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \left( C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Zauważmy, że szereg po prawej stronie jest zbieżny nawet bez uzbieżniającego czynnika <math>\cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>, bo bez tego czynnika mielibyśmy szereg teleskopowy (zobacz [[#D15|D15]]). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>S_{10^6} = 0.683913783004 \qquad S_{10^7} = 0.683913786642 \qquad S_{10^8} = 0.683913786411 \qquad S_{10^9} = 0.683913786415</math>

Jest to przybliżona wartość sumy szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>.<br/>

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy</span><br/>

Kolejne sumowanie przez części pozwoli określić błąd z jakim wyznaczona została wartość sumy <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> i <math>b_k = \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;2, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} b_j = \sum_{j = 2}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) = C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Wzór na sumowanie przez części ma teraz postać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) B (k)</math>

:::::::::::::<math>\;\;\, = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) + \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) (C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1))</math>

Zauważmy, że

::<math>C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) = C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right)</math>

::::::::::::::::::<math>\:\, = C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) - C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (3)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right)</math>

bo szeregi po prawej stronie są szeregami teleskopowymi.

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{C_3}{\log (2)}} - {\small\frac{C_3}{\log (3)}} + C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

Zbierając, otrzymaliśmy wzór

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad \quad \: C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

dostajemy

::<math>S_{10^7} = 0.68391378641827479894 \qquad S_{10^8} = 0.68391378641827482233 \qquad S_{10^9} = 0.68391378641827482268</math>

Łatwo oszacujemy błąd z jakim wyliczyliśmy wartość sumy szeregu <math>S</math>

::<math>| S - S_n | = \left| C_2 C_4 \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left| \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right| | \sin (k + 1) |</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right|</math>                (zobacz przypis <span style="color: Green">[a]</span>)

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left[ \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \right]</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right)</math>

Dla <math>n = 10^9</math> otrzymujemy

::<math>| S - S_n | < 2.533 \cdot 10^{- 12}</math>

Zatem <math>S = 0.6839137864 \ldots</math>, gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Z łatwego do sprawdzenia wzoru

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

wynika, że wyrażenie <math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> maleje ze wzrostem <math>k</math>, czyli ciąg <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> jest ciągiem malejącym, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} > {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}}</math>

Ciągi <math>(a_k)_{k = 1}^n</math> liczb rzeczywistych takie, że <math>2 a_k \leqslant a_{k - 1} + a_{k + 1}</math> dla <math>k = 2, \ldots, n - 1</math> nazywamy ciągami wypukłymi<ref name="convexseq1"/>. Wprost z definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją wypukłą i <math>a_k = f (k)</math>, to ciąg <math>(a_k)</math> jest ciągiem wypukłym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D89" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D89</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = \log k</math> i <math>b_k = D (k)</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \log n \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} (\log (k + 1) - \log k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>

Zatem

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D90" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D90</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>, gdzie <math>A, B \in \mathbb{R}_+</math>, to istnieje granica

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji funkcji <math>\theta (n)</math> łatwo otrzymujemy

::<math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p < \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n)</math>

Skąd wynika, że

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Oszacowanie wyrażenia <math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}}</math> od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

(zobacz [[#D89|D89]]) otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} = 1 - {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C19|C19]] i założonego oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math>

::<math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{\log n}{\log n \cdot A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}} \cdot {\small\frac{B \cdot k}{\log k}}</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

Nie możemy oszacować sumy całką, bo całka <math>\int {\small\frac{d x}{\log x}}</math> jest funkcją nieelementarną. Nie możemy też pozwolić sobie na zbyt niedokładne oszacowanie sumy i nie możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} < {\small\frac{n - 2}{\log 2}} < {\small\frac{n}{\log 2}}</math>

Wyjściem z tej sytuacji jest odpowiedni podział przedziału sumowania i szacowanie w każdym przedziale osobno. Niech punkt podziału <math>M</math> spełnia warunek <math>\sqrt{n} \leqslant M < \sqrt{n} + 1</math>. Mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} = \sum_{k = 2}^{M - 1} {\small\frac{1}{\log k}} + \sum^{n - 1}_{k = M} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M - 2}{\log 2}} + {\small\frac{n - M}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log \sqrt{n}}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \left( {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} \right)</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right)</math>

Łącząc otrzymane rezultaty, otrzymujemy

::<math>1 - {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right) < {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) mamy

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D91" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D91</span><br/>
Funkcja <math>\theta (n)</math> jest ściśle związana z dobrze nam znaną funkcją <math>P (n)</math>. Ponieważ <math>P(n) = \prod_{p \leqslant n} p</math>, to

::<math>\log P (n) = \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>.

Z twierdzenia [[#D90|D90]] wynika, że jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>. Jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C13|C13]] p.&hairsp;3).

Wiemy, że dla funkcji <math>\theta (n)</math>, gdzie <math>n \geqslant 2</math>, prawdziwe jest oszacowanie<ref name="Dusart18"/>

::<math>\left| {\small\frac{\theta (n)}{n}} - 1 \right| \leqslant {\small\frac{151.3}{\log^4 n}}</math>

<span id="D92" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D92</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz [[#D83|D83]]) <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = D (k) \cdot \log k</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n)</math>

Zatem

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log k - \log (k + 1)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

<span id="D93" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D93 (kryterium d'Alemberta)</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem liczb rzeczywistych i istnieje granica

::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right|</math>

Jeżeli
:*   <math>g < 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny

:*   <math>g > 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest rozbieżny

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy najpierw przypadek, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < 1</math>. Niech <math>r</math> będzie dowolną liczbą rzeczywistą taką, że <math>g < r < 1</math> i przyjmijmy <math>\varepsilon = r - g</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>. Z prawej nierówności otrzymujemy, że dla <math>n \geqslant N</math> jest

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < r</math>

::<math>| a_{n + 1} | < r | a_n |</math>

::<math>| a_{n + k} | < r^k | a_n |</math>

Ostatnią nierówność można łatwo udowodnić metodą indukcji matematycznej względem <math>k</math>. Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = N + 1}^{\infty} | a_k | = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_{N + k} | < \sum_{k = 1}^{\infty} r^k | a_n | = r | a_n | \sum_{k = 1}^{\infty} r^{k - 1} = | a_n | \cdot {\small\frac{r}{1 - r}}</math>

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest bezwzględnie zbieżny.

W przypadku, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > 1</math> wybieramy liczbę <math>r</math> tak, aby spełniała warunek <math>1 < r < g</math> i przyjmujemy <math>\varepsilon = g - r</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Przyjmując, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>, z lewej nierówności otrzymujemy dla <math>n \geqslant N</math>

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > r > 1</math>

Czyli <math>| a_{n + 1} | > | a_n |</math>, zatem dla wszystkich <math>k > N</math> jest <math>| a_k | > | a_N | > 0</math> i nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz [[#D4|D4]]). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D94" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D94</span><br/>
W przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = 1</math> kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności lub rozbieżności szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math>. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} 1 \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

<span id="D95" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D95</span><br/>
Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Zbadamy zbieżność szeregu

::<math>e^x = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{x^n}{n!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

Ponieważ

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{x^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| x |}{n + 1}} = 0</math>

to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny.

<span id="D96" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D96</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Łatwo znajdujemy, że

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = {\small\frac{(n + 1)^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = {\small\frac{(n + 1) (n + 1)^n}{(n + 1) n!}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} e > 1</math>

Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D97" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D97</span><br/>
W twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]], korzystając z następującej definicji funkcji <math>e^x</math>

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

pominęliśmy dowód własności <math>e^x e^{- x} = 1</math>. Spróbujemy teraz pokazać, że <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

::<math>e^x e^y = \left( \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i}{i!}} \right) \left( \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{y^j}{j!}} \right) = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}</math>

Oznaczmy <math>a_i = {\small\frac{x^i}{i!}}</math> oraz <math>b_j = {\small\frac{y^j}{j!}}</math> i przyjrzyjmy się sumowaniu po <math>i, j</math>. W podwójnej sumie po prawej stronie <math>\sum^{\infty}_{i = 0} \sum_{j = 0}^{\infty} a_i b_j</math> sumujemy po kolejnych liniach poziomych tak, jak to zostało pokazane na rysunku

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|- style="background-color: LightGray"
| <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Violet"
| <math>a_5 b_0</math> || <math>a_5 b_1</math> || <math>a_5 b_2</math> || <math>a_5 b_3</math> || <math>a_5 b_4</math> || <math>a_5 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Cyan"
| <math>a_4 b_0</math> || <math>a_4 b_1</math> || <math>a_4 b_2</math> || <math>a_4 b_3</math> || <math>a_4 b_4</math> || <math>a_4 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Green"
| <math>a_3 b_0</math> || <math>a_3 b_1</math> || <math>a_3 b_2</math> || <math>a_3 b_3</math> || <math>a_3 b_4</math> || <math>a_3 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Yellow"
| <math>a_2 b_0</math> || <math>a_2 b_1</math> || <math>a_2 b_2</math> || <math>a_2 b_3</math> || <math>a_2 b_4</math> || <math>a_2 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Orange"
| <math>a_1 b_0</math> || <math>a_1 b_1</math> || <math>a_1 b_2</math> || <math>a_1 b_3</math> || <math>a_1 b_4</math> || <math>a_1 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Red"
| <math>a_0 b_0</math> || <math>a_0 b_1</math> || <math>a_0 b_2</math> || <math>a_0 b_3</math> || <math>a_0 b_4</math> || <math>a_0 b_5</math> || <math>\; \cdots \;</math>
|}

Zastępując sumowanie po kolejnych liniach poziomych sumowaniem po kolejnych przekątnych, otrzymamy taki rysunek

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Co odpowiada sumie <math>\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {a_k} b_{n - k}</math>, gdzie <math>n</math> numeruje kolejne przekątne. Taka zmiana sposobu sumowania powoduje następujące przekształcenie wzoru

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}</math>

Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{k! \cdot (n - k) !}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}}</math>

to otrzymujemy

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} (x + y)^n = e^{x + y}</math>

Pokazaliśmy tym samym, że z definicji

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

Mamy świadomość, że dokonana przez nas zmiana sposobu sumowania była nieformalna i w związku z tym nie wiemy, czy była poprawna. Zatem musimy precyzyjnie zdefiniować takie sumowanie i zbadać, kiedy jest dopuszczalne. Dopiero wtedy będziemy mogli być pewni, że policzony rezultat jest poprawny.

<span id="D98" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D98</span><br/>
Iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_1 + a_n b_0</math>

W przypadku szeregów, których wyrazy są numerowane od liczby <math>1</math>, iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 1}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k b_{n - k + 1} = a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_2 + a_n b_1</math>

<span id="D99" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D99</span><br/>
Niech <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 0, 0, 0, 0, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = b_n</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 1, 1, 1, 1, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} b_k = B_n</math>

:*   jeżeli <math>a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}}</math>, to <math>c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, gdzie <math>q \neq r</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} = \sum^n_{j = 0} b_j = B_n</math>

'''Punkt 3.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^k r^{n - k}}{k!(n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

'''Punkt 4.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

'''Punkt 5.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k}</math>

Jeżeli <math>r = 0</math>, to <math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0</math>. Jeżeli <math>r \neq 0</math>, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = r^n \sum_{k = 1}^{n - 1} \left( {\small\frac{q}{r}} \right)^k = r^n \cdot {\small\frac{\left( {\normalsize\frac{q}{r}} \right)^n - {\normalsize\frac{q}{r}}}{{\normalsize\frac{q}{r}} - 1}} = {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

Zauważmy, że znaleziony wzór obejmuje również przypadek <math>r = 0</math>. Zatem

::<math>c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right)</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D100" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D100</span><br/>
Ostatni punkt zadania [[#D99|D99]] pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i ich iloczynów Cauchy'ego. Przypomnijmy, że

::<math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>\quad (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>,  gdzie <math>q \neq r</math>

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

Przykłady zebraliśmy w tabeli.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{a}</math> || <math>\boldsymbol{q}</math> || <math>\boldsymbol{b}</math> || <math>\boldsymbol{r}</math> || <math>\boldsymbol{(c_n)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} a_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} b_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} c_n}</math>
|-
|<math>3</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math>|| <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
|<math>-2</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2q}{r - q}}</math> || <math>q</math> || <math>{\small\frac{r}{r - q}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2q )}{(r - q)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>4</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>\left( -8,{\small\frac{1}{3}}, {\small\frac{1}{3^2}}, {\small\frac{1}{3^3}}, {\small\frac{1}{3^4}}, {\small\frac{1}{3^5}}, \ldots \right)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{7}{3}}</math> || <math>2</math> || <math>- {\small\frac{1}{3}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - {\small\frac{7}{9}}, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-3,3,3^2,3^3,3^4,3^5,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-1</math> || <math>\left( {\small\frac{1}{4}}, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots \right)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(-2, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>3</math> || <math>2</math> || <math>(-3, 1, 1, 1, 1, 1,\ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(-2,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(0, 1, 1, 1, 1, 1, \ldots )</math> || rozbieżny || zbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2}{r - 1}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{r}{r - 1}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2 )}{(r - 1)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(0, 2, 2^2, 2^3, 2^4, 2^5, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>3</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - 3, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|}

<span id="D101" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D101</span><br/>
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz [[#D5|D5]])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28-1%29%5Ek%2Fsqrt%28k%2B1%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+infinity%7D+%5D WolframAlpha])

Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{\sqrt{n - k + 1}}}
= (- 1)^n \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}}</math>

Ale <math>k \leqslant n</math> i <math>n - k \leqslant n</math>, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}} \geqslant {\small\frac{1}{\sqrt{(n + 1) (n + 1)}}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>| c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1</math>

Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0</math>, to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz [[#D4|D4]]).

<span id="D102" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D102</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D99|D99]] p.&hairsp;3), to szeregi <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> oraz <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Sprawdzić, że w przypadku, gdy szeregi te są zbieżne, prawdziwy jest wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> łatwo zbadamy, stosując kryterium d'Alemberta.

::<math>\left| {\small\frac{c_{n + 1}}{c_n}} \right| = \left| {\small\frac{(n + 2) r^{n + 1}}{(n + 1) r^n}} \right| = {\small\frac{n + 2}{n + 1}} \cdot | r | \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} | r |</math>

Zatem szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math> i rozbieżny, gdy <math>| r | > 1</math>, tak samo, jak szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math>. W przypadku, gdy <math>r = \pm 1</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math> jest rozbieżny, a odpowiednie sumy częściowe szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> są równe

:*    gdy <math>r = 1</math>, <math>c_n = n + 1</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) = {\small\frac{(L + 1) (L + 2)}{2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \infty \qquad \qquad</math> (zobacz <span style="color: Green">[a]</span>, [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+n%2B1%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

:*    gdy <math>r = - 1</math>, <math>c_n = (n + 1) (- 1)^n</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) (- 1)^n = (- 1)^L \cdot {\small\frac{2 L + 3}{4}} + {\small\frac{1}{4}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \pm \infty \qquad \qquad</math> (zobacz [[#D84|D84]], [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28n%2B1%29*%28-1%29%5En%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

W przypadku, gdy <math>| r | < 1</math> wiemy<ref name="GeometricSeries1"/>, że <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n = {\small\frac{1}{1 - r}}</math>. Korzystając z zadania [[#D84|D84]], otrzymujemy

::<math>\sum_{n = 0}^{L} (n + 1) r^n = \sum_{n = 0}^{L} n r^n + \sum_{n = 0}^{L} r^n = {\small\frac{L r^{L + 2} - (L + 1) r^{L + 1} + r}{(r - 1)^2}} + {\small\frac{r^{L + 1} - 1}{r - 1}} = {\small\frac{(L + 1) r^{L + 2} - (L + 2) r^{L + 1} + 1}{(r - 1)^2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{(r - 1)^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math>, to musi być <math>\lim_{n \rightarrow \infty} (n + 1) r^n = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Pokazaliśmy, że w rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k = {\small\frac{1}{2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} k \right) = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{j = 0}^{n} (n - j) \right] = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) \right] = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (k + n - k) = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} 1 = {\small\frac{n (n + 1)}{2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D103" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D103</span><br/>
Przykłady [[#D100|D100]] i [[#D101|D101]] pokazują, że w ogólności nie jest prawdziwy wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

Skoro iloczyn sum szeregów nie zawsze jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów, to musimy ustalić, jakie warunki muszą być spełnione, aby tak było.

<span id="D104" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D104</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

możemy łatwo przejść do sumowania po liniach poziomych lub po liniach pionowych. Rysunek przedstawia sytuację, gdy <math>m = 5</math>.

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Przejście do sumowania po liniach poziomych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach poziomych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii poziomej.

Przejście do sumowania po liniach pionowych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_j b_i</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach pionowych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii pionowej.

<span id="D105" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D105 (Franciszek Mertens)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> jest zbieżny bezwzględnie, szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny i <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy <math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A'</math>. Niech

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad B_n = \sum_{j = 0}^{n} b_j \qquad \qquad C_n = \sum_{k = 0}^{n} c_k \qquad \qquad \beta_n = B_n - B</math>

Przekształcając sumę <math>C_m</math>, otrzymujemy

::<math>C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Przechodzimy od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C_m = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum_{j = 0}^{m - i} b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \left( {B + \beta_{m - i}} \right)</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = B \sum_{i = 0}^{m} a_i + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = A_m B + \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Zatem

::<math>C_m - A_m B = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Niech

::<math>\delta_m = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Oczywiście chcemy pokazać, że <math>C_m \longrightarrow A B</math>. Ponieważ <math>A_m B \longrightarrow A B</math>, to wystarczy pokazać, że <math>\delta_m \longrightarrow 0</math>.

Z założenia <math>B_m \longrightarrow B</math>, zatem <math>\beta_m \longrightarrow 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(\beta_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(\beta_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| \beta_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon_1 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(\beta_k)</math> spełniają warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>M = M (\varepsilon_1)</math>. Zatem dla <math>m > M</math> dostajemy

::<math>| \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny, zatem musi być <math>\lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Czyli dla dowolnego <math>\varepsilon_2 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon_2</math>. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon_2)</math>. Zatem dla <math>m > M + N</math> otrzymujemy

::<math>| \delta_m | < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

:::<math>\;\; < \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A'</math>

Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> wystarczy wybrać <math>\varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}}</math> i <math>\varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}}</math>, aby otrzymać <math>| \delta_m | < \varepsilon</math> dla wszystkich <math>m > M + N</math>. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\delta_m</math> spełniają warunek <math>| \delta_m | < \varepsilon</math>, to <math>\lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D106" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D106</span><br/>
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z założenia szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B'</math>

Zauważmy, że suma <math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math> obejmuje <math>m + 1</math> przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C'_m = \sum_{n = 0}^{m} | c_n |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \left| \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right|</math>

:::<math>\; \leqslant \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} | a_i | | b_j | \qquad \qquad</math> (zmieniliśmy sposób sumowania)

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} | a_i | \sum_{j = 0}^{m - i} | b_j |</math>

:::<math>\; \leqslant A' B'</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>C'_m</math> jest rosnący (bo sumujemy wartości nieujemne) i ograniczony od góry, to jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D107" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D107</span><br/>
Podać przykład szeregów zbieżnych, z których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^i}{2^i}} = {\small\frac{2}{3}}</math> jest bezwzględnie zbieżny, bo <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2^i}} = 2</math> jest zbieżny. Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]).

Zatem na podstawie twierdzenia Mertensa iloczyn Cauchy'ego tych szeregów <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{2^k}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

jest zbieżny. Łatwo widzimy, że

::<math>| c_n | = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; = {\small\frac{1}{n + 1}} + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; \geqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math> jest rozbieżny i

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant | c_n |</math>

to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D108" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D108</span><br/>
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest warunkowo zbieżny (zobacz [[#D5|D5]], [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Iloczyn Cauchy'ego dwóch takich szeregów jest równy <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(n - k + 1) + (k + 1)}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{2 (- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Ponieważ (zobacz [[#D48|D48]])

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

to

::<math>{\small\frac{2}{n + 2}} \cdot \log (n + 2) < | c_n | < {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot (1 + \log (n + 1))</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | c_n | = 0</math>. Pokażemy teraz, że ciąg <math>(| c_n |)</math> jest ciągiem malejącym.

::<math>| c_n | - | c_{n - 1} | = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} + \left( {\small\frac{2}{n + 2}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \right) \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} - {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; \leqslant 0</math>

Bo <math>\sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} \geqslant 1</math>. Ponieważ ciąg <math>(| c_n |)</math> jest malejący i zbieżny do zera, to z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^n | c_n |</math> jest zbieżny. Zauważmy jeszcze, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant {\small\frac{2 \log (n + 2)}{n + 2}} < | c_n |</math>

Zatem na podstawie kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D109" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D109</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D111|D111]] pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w sensie Cesàro<ref name="CesaroSum1"/>. Nie będziemy zajmowali się tym tematem, ale podamy ciekawy przykład.

Rozważmy szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math>. Sumy częściowe tego szeregu wynoszą <math>S_k = {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}</math> i tworzą ciąg rozbieżny, ale ciąg kolejnych średnich arytmetycznych dla ciągu <math>(S_k)</math> jest równy

::<math>x_n = {\small\frac{S_0 + \ldots + S_n}{n + 1}}
= {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}
= {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1 + (- 1)^n}{4 (n + 1)}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=1%2F%28n%2B1%29+*+Sum%5B+%281+%2B+%28-1%29%5Ek+%29%2F2%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D+%5D WolframAlfa])

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math> jest sumowalny w sensie Cesàro i jego suma jest równa <math>{\small\frac{1}{2}}</math>.

<span id="D110" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D110</span><br/>
Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(a_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| a_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon)</math>. Zatem dla <math>n > N</math> możemy napisać

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = {\small\frac{| a_0 | + \ldots + | a_N | + |a_{N + 1} | + \ldots + | a_n |}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon (n - N)}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + \varepsilon</math>

Ponieważ liczba <math>n</math> może być dowolnie duża, to wyrażenie <math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}}</math> może być dowolnie małe. W szczególności warunek

::<math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} < \varepsilon</math>

jest spełniony dla <math>n > {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1</math> i otrzymujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | < 2 \varepsilon</math>

dla wszystkich <math>n > \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right)</math>. Zatem <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D111" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D111</span><br/>
Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych <math>x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}}</math> jest zbieżny do tej samej granicy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g</math>

Z definicji ciągu <math>(x_n)</math> dostajemy

::<math>x_n - g = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} - g
= {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n - (n + 1) g}{n + 1}}
= {\small\frac{(a_0 - g) + \ldots + (a_n - g)}{n + 1}}
= {\small\frac{a_0 - g}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{a_n - g}{n + 1}}</math>

Wynika stąd, że

::<math>0 \leqslant | x_n - g | \leqslant {\small\frac{| a_0 - g |}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{| a_n - g |}{n + 1}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k - g |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2). Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D112" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D112</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> i <math>(b_n)</math> będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a</math> i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''1. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0}</math>

Ponieważ ciąg <math>(b_n)</math> jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| b_k | \leqslant U</math>. Zatem

::<math>0 \leqslant \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | \leqslant {\small\frac{U}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right) = 0</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2).

'''2. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \neq 0}</math>

Niech <math>x_n = a_n - a</math>. Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = 0</math>. Podstawiając, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum^n_{k = 0} (a + x_k) b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a b_{n - k} + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = a \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{j = 0}^{n} b_j + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

W granicy, gdy <math>n \longrightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D111|D111]] i udowodnionego wyżej przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, dostajemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D113" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D113 (Niels Henrik Abel)</span><br/>
Jeżeli szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> są zbieżne i ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny, to <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Będziemy stosowali następujące oznaczenia

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad \;\, B_n = \sum_{i = 0}^{n} b_i \qquad \qquad \;\; C_n = \sum_{i = 0}^{n} c_i</math>

Z założenia szeregi są zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} A_n = A \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} C_n = C</math>

Rozważmy sumę

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k b_{n - k}</math> po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum^{m - i}_{j = 0} b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{k = 0}^{m} a_k B_{m - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k B_{m - k}</math> po <math>L + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>L + 1</math> kolejnych liniach pionowych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{i = 0}^{L} \sum_{j = 0}^{L - i} a_j B_i</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i \sum_{j = 0}^{L - i} a_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{m = 0}^{L} C_m = {\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

W granicy, gdy <math>L \longrightarrow \infty</math>, z twierdzeń [[#D111|D111]] i [[#D112|D112]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

<span id="D114" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D114</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> definiujemy wzorem

::<math>C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>.

<span id="D115" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D115</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> mają następujące własności

:*   <math>C_n</math> są liczbami całkowitymi dodatnimi

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_n = {\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych wartości <math>n \geqslant 0</math>, bo <math>(C_n) = (1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, \ldots)</math>. W ogólności wystarczy zauważyć, że dla <math>n \geqslant 0</math> mamy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n + 1) ! (n - 1) !}} = {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} < {\small\binom{2 n}{n}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n}} - {\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} - {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

Zatem <math>C_n</math> jest liczbą całkowitą większą od zera.

'''Punkt 2.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) !}{n! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}} = {\small\frac{1}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n - 1) ! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

'''Punkt 3.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{C_{n + 1}}{C_n}} = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 1) !}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}} =</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}}</math>
</div>

'''Punkt 4.'''

Dowód tego punktu został umieszczony w Uzupełnieniu (zobacz [[#D140|D140]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D116" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D116</span><br/>
Niech <math>C_n</math> oznacza <math>n</math>-tą liczbę Catalana i niech <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> oznacza szereg, który otrzymujemy, mnożąc szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> przez siebie według reguły Cauchy'ego. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>a_n = C_n</math>,  to  <math>x_n = C_{n + 1}</math>

:*   jeżeli <math>a_0 = \alpha</math> i <math>a_n = r^{n - 1} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>,  to  <math>x_0 = \alpha^2</math>, <math>x_1 = 2 \alpha C_0</math> i <math>x_n = (1 + 2 \alpha r) r^{n - 2} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 2</math>

Dla jakich wartości <math>\alpha, r</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> jest zbieżny?

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 2.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>x_0 = a_0 a_0 = \alpha^2</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>x_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2 a_0 a_1 = 2 \alpha C_0</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>x_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = a_0 a_n + a_n a_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 a_0 a_n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^{k - 1} C_{k - 1} \cdot r^{n - k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{k = 1}^{n - 1} C_{k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{j = 0}^{n - 2} C_j C_{n - 2 - j}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} C_{n - 1}</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)</math>
</div>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = \frac{{\normalsize\frac{1}{n + 1}} {\normalsize\binom{2 n}{n}}}{{\normalsize\frac{1}{n}} {\normalsize\binom{2 n - 2}{n - 1}}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1) (2 n - 2) !}{n^2 [(n - 1) !]^2}} \cdot {\small\frac{[(n - 1) !]^2}{(2 n - 2) !}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1)}{n^2}}
= {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}}</math>

Z kryterium d'Alemberta dla szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> i szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> otrzymujemy

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^n C_n}{r^{n - 1} C_{n - 1}}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = | r | \cdot {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

::<math>\left| {\small\frac{x_{n + 1}}{x_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^{n - 1} C_n (1 + 2 \alpha r)}{r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

Zatem szeregi te są bezwzględnie zbieżne w przypadku, gdy <math>| r | < {\small\frac{1}{4}}</math>. W szczególności dla <math>\alpha = - {\small\frac{1}{2 r}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> zawsze będzie zbieżny, bo od trzeciego wyrazu będzie się składał z samych zer. Wiemy, że w przypadku, gdy <math>r = {\small\frac{1}{4}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2</math> jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

<span id="D117" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D117</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> i <math>r \in \mathbb{R}</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy

::<math>(1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k</math>

'''Punkt 2.'''

Całkując obie strony wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>\int^r_0 (1 + x)^n d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \int^r_0 x^k d x</math>

::<math>{\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>

'''Punkt 3.'''

Obliczając pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy dowodzony wzór.

'''Punkt 4.'''

Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy

::<math>n(n - 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - n 2^{n - 1}</math>

Skąd natychmiast wynika dowodzony wzór.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D118" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D118</span><br/>
Dla <math>n, m \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ze wzoru Pascala

::<math>{\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

otrzymujemy

::<math>{\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

Kładąc <math>a = n + k + 1</math>, mamy

::<math>{\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}}</math>

Czyli

::<math>{\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}}</math>

Wykorzystując powyższy wzór, łatwo pokazujemy, że (zobacz [[#D15|D15]])

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Suma nieoznaczona</span> ===

<span id="D119" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D119</span><br/>
Sumą nieoznaczoną<ref name="IndefiniteSum1"/> (lub antyróżnicą) funkcji <math>f(k)</math>, będziemy nazywali dowolną funkcję <math>F(k)</math> taką, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>F(k + 1) - F (k) = f (k)</math>
</div>

Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji <math>F(k)</math>, bo jeżeli <math>F (k)</math> jest sumą nieoznaczoną, to <math>F (k) + C</math>, gdzie <math>C</math> jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W szczególności

::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = \sum_{k = a}^{b} (F (k + 1) - F (k))</math>

::::<math>\;\;\;\: = - \sum_{k = a}^{b} (F (k) - F (k + 1))</math>

<div style="margin-top: 1.1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = - ( F (a) - F (b + 1) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = F (b + 1) - F (a)</math>
</div>

Co przez analogię do całki nieoznaczonej możemy zapisać jako

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = F (k) \biggr\rvert_{a}^{b + 1} \qquad \qquad \qquad ( 1 )</math>
</div>

Należy podkreślić różnicę między sumą oznaczoną <math>S(n)</math> a sumą nieoznaczoną <math>F(k)</math>. Niech <math>f(k) = k^2</math>. Oczywiście

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 = {\small\frac{1}{6}} n (n + 1) (2 n + 1)</math>

::<math>F(k) = {\small\frac{1}{6}} (k - 1) k (2 k - 1)</math>

Ponieważ dla sumy <math>S(n)</math> prawdziwy jest związek <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>, to otrzymujemy <math>F(k) = S (k - 1)</math>. Weźmy kolejny przykład, niech <math>f(k) = r^k</math>, gdzie <math>r</math> jest stałą. Mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} r^k = {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}}</math>

ale

::<math>F(k) = {\small\frac{r^k}{r - 1}}</math>

i nie jest prawdą, że <math>F(k) = S (k - 1)</math>, bo pominięty został wyraz <math>{\small\frac{- 1}{r - 1}}</math>, który jest stałą, ale jest to zrozumiałe.

Niech teraz <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Tym razem otrzymujemy zupełnie inne wyniki: suma <math>S(n)</math> nie zależy od dwóch zmiennych, bo jest to niemożliwe, a suma nieoznaczona nadal zależy od <math>k</math>, bo dla <math>F(n, k)</math> musi być prawdziwy wzór <math>(1)</math>. Łatwo widzimy, że

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D120" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D120</span><br/>
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem <math>S(b) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math> i chcemy udowodnić jego poprawność. W prostych przypadkach możemy wykorzystać indukcję matematyczną: wystarczy pokazać, że

::<math>S(k + 1) = S (k) + f (k + 1)</math>

Jeżeli już udało nam się pokazać związek <math>f(k) = S (k) - S (k - 1)</math>, to równie dobrze możemy zamienić sumę na sumę teleskopową (zobacz [[#D15|D15]]), aby otrzymać, że

::<math>\sum_{k = a + 1}^{b} f (k) = \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k) - S (k - 1) )</math>

:::::<math>\;\, = - \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k - 1) - S (k) )</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = - ( S (a) - S (b) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = S (b) - S (a)</math>
</div>

Czyli

::<math>S(b) = \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) + S (a) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math>

bo <math>S(a) = f (a)</math>.

W przypadkach bardziej skomplikowanych nie możemy tak postąpić. W poprzedniej uwadze rozważaliśmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

ale

::<math>S(n) - S (n - 1) = {\small\frac{3 n + 1}{2 (n + 1)}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

I nie da się pokazać związku <math>S(k) - S (k - 1) = f (n, k)</math>, bo różnica <math>S(k) - S (k - 1)</math> nie zależy od <math>n</math>.

Tutaj z pomocą przychodzi nam suma nieoznaczona. W programie Maxima możemy ją policzyć, wpisując polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);</span>

Otrzymujemy

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Oczywiście

::<math>F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>

i

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

Podsumujmy. Jakkolwiek znalezienie ogólnego wzoru na sumę <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k)</math> może być bardzo trudne, to udowodnienie poprawności tego wzoru może być znacznie łatwiejsze (metodą indukcji matematycznej lub obliczając sumę teleskopową). Podobnie jest w bardziej skomplikowanym przypadku, gdy szukamy ogólnego wzoru na sumę <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Tutaj wymienionych przed chwilą metod zastosować nie można, a znalezienie wzoru na sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> może być jeszcze trudniejsze, ale gdy już taki wzór mamy, to sprawdzenie jego poprawności, czyli związku <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math>, może być bardzo łatwe, a wtedy otrzymujemy natychmiast

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D121" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D121</span><br/>
Korzystając z programu Maxima znaleźć sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> dla funkcji

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

i pokazać, że prawdziwy jest wzór <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>, gdzie <math>C_n</math> są liczbami Catalana.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wpisując w programie Maxima polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);</span>

otrzymujemy

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{(n - 2 k + 1) (2 n - 2 k + 1)}{(n + 1) (n + 2) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k)}{n - k}}</math>

Czytelnik bez trudu pokaże, że

::<math>F(n, k + 1) = - {\small\frac{(2 k + 1) (n - 2 k - 1)}{(n + 1) (n + 2) (k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

oraz łatwo sprawdzi związek <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math> i wyliczy sumę oznaczoną.

Chcemy zwrócić uwagę na występującą tutaj trudność. Oczywiście

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

ale funkcja <math>F(n, k)</math> nie jest określona dla <math>k = n + 1</math>. Żeby ominąć ten problem, możemy przekształcić funkcję <math>F(n, k)</math> tak, aby możliwe było obliczenie jej wartości dla <math>k = n + 1</math>

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{n - 2 k + 1}{2 (n + 1) (n + 2)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k + 1)}{n - k + 1}}</math>

lub zapisać sumę w postaci

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (n, k) + f (n, n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n} + f (n, n)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math></span> ===

<span id="D122" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D122</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D138|D138]] i [[#D139|D139]] wyliczyliśmy <math>S(n)</math>, znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math> wynika z istnienia odpowiedniego równania rekurencyjnego dla składników sumy <math>f(n, k)</math>. Zagadnieniem tym zajmowała się siostra Mary Celine Fasenmyer, która podała algorytm postępowania<ref name="Fasenmyer1"/><ref name="Fasenmyer2"/>. Prace Zeilbergera oraz Wilfa i Zeilbergera uogólniły ten algorytm<ref name="Zeilberger1"/><ref name="WilfZeilberger1"/>. My przedstawimy jedynie kilka prostych przypadków, które zilustrujemy przykładami. Szersze omówienie tematu Czytelnik znajdzie w książce Petkovšeka, Wilfa i Zeilbergera<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1"/>.

<span id="D123" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D123</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Jeżeli składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a, b, c, d</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma <math>S (n)</math> spełnia równanie rekurencyjne

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo zauważamy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) =</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)</math>

Zatem sumując założone równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

po <math>k</math> od <math>k = 0</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>a \cdot [- f (n + 1, 0) + S (n + 1)] + b \cdot [- f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)] + c \cdot [- f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)] + d \cdot S (n) = 0</math>

Czyli

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D124" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D124</span><br/>
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci <math>\sum_{k = 0}^{n} f (k)</math>, bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w takim przypadku natychmiast: <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>.

<span id="D125" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D125</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W tym przypadku nie otrzymamy równania rekurencyjnego, ale od razu wzór ogólny na sumę <math>S(n)</math>.

Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + k + 1) (n + k + 2)}{(k + 1) (n + 1)}} + b \cdot {\small\frac{n + k + 1}{n + 1}} + c \cdot {\small\frac{n + k + 1}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(a + b) k^2 + ((2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d) k + (a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
a + b = 0 \\
(2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d = 0 \\
(a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = - a</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = 0</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>- a S (n) = a - a {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - a \left( 1 - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right)</math>

::::<math>\;\;\: = - a \left[ {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right]</math>

::::<math>\;\;\: = - a {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

I otrzymaliśmy dowodzony wzór.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum1() :=
(
f(n, k):= '''binomial'''(n+k, n), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''solve'''( S4 = 0, S[n] )
/* S[n] = (2*n+1)! / (n! * (n+1)!) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D126" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D126</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;1)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = r^k {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + 1) r}{k + 1}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{(n - k) r}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c r - d) k^2 + (- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b) k + ((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c r - d = 0 \\
- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b = 0 \\
((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = - a \cdot r</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>S(n + 1) = (r + 1) S (n)</math>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = (r + 1)^n</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum2() :=
(
f(n, k):= r^k * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* S[n+1] = (r+1)*S[n] */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = C*(r+1)^n */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D127" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D127</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;2)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{n + 1}{k + 2}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{n - k}{k + 2}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c - d) k^2 + ((- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d) k + (a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c - d = 0 \\
(- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d = 0 \\
(a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>, <math>d = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>(n + 2) S (n + 1) = 2 (n + 1) S (n) + 1</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum3() :=
(
f(n, k):= 1/(k+1) * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i)=0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* (n+2)*S[n+1] = 2*(n+1)*S[n] + 1 */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = ( (C+1) * 2^n - 1 )/(n + 1) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D128" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D128</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Jeżeli zapiszmy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> w postaci

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{k!}}</math>

to natychmiast widzimy, że prawa strona musi być równa zero dla <math>k > n</math>.

Jeżeli we wzorze Pascala

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\binom{n - 1}{k}} + {\small\binom{n - 1}{k - 1}}</math>

położymy <math>n = m + 1</math> i <math>k = 0</math>, to otrzymamy

::<math>1 = 1 + {\small\binom{m}{- 1}}</math>

czyli <math>{\small\binom{m}{- 1}} = 0</math>

I tak samo dla wszystkich <math>k < 0</math>.

Znacznie mocniejszego uzasadnienia dostarczy nam funkcja gamma (zobacz [[#D141|D141]]), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję

::<math>g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}}</math>

Jeżeli <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>0 \leqslant k \leqslant n</math>, to funkcja <math>g(n, k)</math> jest równa współczynnikowi dwumianowemu <math>{\small\binom{n}{k}}</math>.

::<math>g(n, k) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1) \Gamma (n - k + 1)}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\binom{n}{k}}</math>

W przypadku, gdy <math>k < 0</math>, mamy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - x + 1)}} = 0 \cdot {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - k + 1)}} = 0</math>

W przypadku, gdy <math>k > n</math>, dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (n - x + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1)}} \cdot 0 = 0</math>

Co najlepiej wyjaśnia, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D129" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D129</span><br/>
Niech <math>n, I, J \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli <math>f(n, k) = 0</math>
dla <math>k \notin [0, n]</math> i składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a_{i j}</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

spełnia następujące równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, zatem sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n, k)</math>

Niech <math>0 \leqslant i \leqslant I</math> oraz <math>0 \leqslant j \leqslant J</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j)</math>

Zauważmy, że <math>f(n + i, k + j) = 0</math> dla <math>k \notin [- J, n + I]</math>, bo

:*   dla <math>k < - J</math> mamy <math>k + j < - J + j \leqslant 0</math>
:*   dla <math>k > n + I</math> mamy <math>k + j > n + I + j \geqslant n + I \geqslant n + i</math>

Wynika stąd, że rozszerzając rozpatrywaną sumę na cały zbiór liczb całkowitych, nie zmienimy wartości sumy. Czyli, że

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math>

::<math>0 = \sum_{k = - J}^{n + I} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right]</math>

Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D130" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D130</span><br/>
Z zadania [[#D128|D128]] wynika, że jeżeli funkcja <math>f(n, k)</math> zawiera czynnik <math>{\small\binom{n}{k}}</math>, to może spełniać warunek <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja <math>f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>.

<span id="D131" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D131</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;3)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = k {\small\binom{n}{k}}</math>. Do rozwiązania problemu wykorzystamy oprogramowanie Maxima i procedurę

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum5(I, J) :=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( S[n+i] * '''sum'''(a[i,j], j, 0, J), i, 0, I),
S2: '''subst'''( sol[1], S1 ), /* pierwszy element listy sol */
S3: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S2 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S3 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S3 = 0, S[n] )
)$</span>

Wywołujemy procedurę <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span> i wpisujemy funkcję

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)</span>

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

<span style="font-size: 90%; color:black;">n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]</span>

którego rozwiązanie jest postaci

<span style="font-size: 90%; color:black;">S[n] = C * n * 2^(n-1)</span>

Łatwo sprawdzamy, że <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>C = 1</code></span>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D132" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D132</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n^2 (n + 1) {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wskazówki:

Korzystamy z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, której kod został podany w zadaniu [[#D131|D131]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>I, J</code></span>.

::<math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot n! \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

'''Punkt 1.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 1)</code></span>

'''Punkt 2.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 3.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 4.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 5.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 6.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(3, 2)</code></span><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D133" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D133</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D129|D129]]), że jeżeli dla dowolnego <math>n</math> wartość funkcji <math>f(n, k)</math> jest określona dla wszystkich <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, to sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w równoważnej postaci
<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

Rozważmy teraz funkcję <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>, która powyższego warunku nie spełnia, bo jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>. Jeżeli zapiszemy <math>f(n, k)</math> w postaci

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n!}{(k + 1) ! (n - k) !}}</math>

to natychmiast widzimy, że

::<math>f(n, - 1) = {\small\frac{n!}{0! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Zatem w przypadku tej funkcji mamy

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) + f (n, - 1) = S (n) + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

'''Zakładając''', że spełnione jest równanie

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

otrzymujemy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n + i, k + j)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{l \in \mathbb{Z}} f (n + i, l)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right]</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Jeżeli mamy skończoną liczbę punktów <math>k_r \notin [0, n]</math>, w których funkcja <math>f(n, k)</math> jest określona i różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję

::<math>T(n) = f (n, k_1) + f (n, k_2) + f (n, k_3) + \ldots = \sum_r f (n, k_r)</math>

W takim przypadku otrzymamy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{i = 0}^{I} [S (n + i) + T (n + i)] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Wystarczy drobna modyfikacja procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, aby obejmowała ona również takie przypadki

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum6(I, J):=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
'''read'''("podaj definicję T(n)"), /* suma skończonych wartości funkcji f(n, k), gdzie k<0 lub k>n */
'''print'''("T(n) = ", T(n) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( ( S[n+i] + T(n+i) ) * '''sum'''( a[i,j], j, 0, J ), i, 0, I ),
S2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( S1 ) ) ) ) ),
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )
)$</span>

Korzystając z powyższej procedury, Czytelnik może łatwo policzyć wypisane poniżej sumy.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{f(n,k)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-1)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-2)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{k = 0}^n f(n,k)}</math> || WolframAlpha
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+binomial%28n%2Ck%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK1]
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 2}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{n 2^{n + 1} + 1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK2]
|-
| <math>{\small\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>{\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 2} - n - 3}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK3]
|}

<span id="D134" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D134</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz zadanie [[#D146|D146]]). Zatem korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0</math>

i rozwiązanie

::<math>S(n) = C \cdot 4^n</math>

Łatwo sprawdzamy, że <math>C = 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D135" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D135</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz [[#D146|D146]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D147|D147]])

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>f(n, - 1) = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n^2 + 5 n + 6) S (n + 2) - 8 (n^2 + 4 n + 4) S (n + 1) + 16 (n^2 + 3 n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 2) (n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2)^2 S (n + 1) + 16 (n + 1) (n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 2) !}} = 0</math>

Maxima nie potrafi rozwiązać tego równania rekurencyjnego, ale można sprawdzić, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math> jest jego rozwiązaniem.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000; padding-bottom: 0.2em">Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math></span> ===

<span id="D136" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D136</span><br/>
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D115|D115]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

<span id="D137" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D137</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(k)</math> nie zależy od <math>n</math> i dane są sumy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

to

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji sumy <math>T(n)</math> ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) \cdot {\small\frac{(2 n - 2 k) (2 n - 2 k - 1)}{(n - k)^2}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 (2 n - 2 k - 1) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} [4 (n - 1 - k) + 2] f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

Czyli

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D138" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D138</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} j {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} {\small\binom{2 k}{k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (n - k + k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math>

Ponieważ <math>T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

::<math>{\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1)</math>

Czyli

::<math>n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1)</math>

::<math>S(n) = 4 S (n - 1)</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = 4^n</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D139" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D139</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Oznaczmy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n + 1 - (k + 1)}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} - \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n</math>
</div>

Ponieważ <math>T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1)</math>
</div>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>. Dla <math>n = 0</math> mamy <math>S(0) = 1</math> i <math>{\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1</math>. Zatem wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>n - 1</math>, otrzymujemy dla <math>n</math>

::<math>{\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(n + 1)^2}{(2 n + 1) (2 n + 2)}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = S (n)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D140" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D140</span><br/>
Jeżeli <math>C_n</math> są liczbami Catalana, to

::<math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n - k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = C_{n + 1}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math></span> ===

 

<span id="D141" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D141</span><br/>
Funkcja <math>\Gamma (z)</math><ref name="gamma1"/> jest zdefiniowana równoważnymi wzorami

::<math>\Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) > 0 \qquad \qquad</math> (definicja całkowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja Gaussa)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Weierstrassa)

Trzy ostatnie wzory możemy wykorzystać do zdefiniowania funkcji <math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}}</math>, która jest określona dla dowolnych <math>z \in \mathbb{C}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z e^{\gamma z} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) e^{- \tfrac{z}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji <math>\Gamma (x)</math> (kolor niebieski) i <math>{\small\frac{1}{\Gamma (x)}}</math> (kolor czerwony).

::[[File: gamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż równoważność definicji|Hide=Ukryj równoważność definicji}}

'''Równoważność definicji Gaussa i definicji całkowej Eulera'''

Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>. Rozważmy całki

::<math>I_k = \int^n_0 t^{z - 1 + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} d t</math>

gdzie <math>k = 0, \ldots, n</math>. Całkując przez części

::<math>d u = t^{z - 1 + k} \, d t \qquad \qquad \qquad v = \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k}</math>

::<math>u = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \qquad \qquad \qquad \quad \; d v = - {\small\frac{n - k}{n}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

otrzymujemy

::<math>I_k = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} \, \biggr\rvert_{0}^{n} \; + \; {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \int^n_0 t^{z + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \cdot I_{k + 1}</math>

Zatem całkując <math>n</math>-krotnie przez części, mamy

::<math>I_0 = {\small\frac{n}{n z}} \cdot I_1</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot I_2</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot I_3</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot I_n</math>

Ponieważ

::<math>I_n = \int^n_0 t^{z + n - 1} \, d t = {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

to

::<math>I_0 = \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

:::::::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t</math>
</div>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Eulera i definicji Gaussa'''

::<math>{\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{k}} \right)^{- 1}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{\left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z}{1 + {\small\frac{z}{k}}}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} {\small\frac{k (k + 1)^z}{(k + z) k^z}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( {\small\frac{(n + 1) !}{n!}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(n + 1)^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Weierstrassa i definicji Gaussa'''

Stała <math>\gamma</math> jest równa

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right)</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} = z^{- 1} \cdot e^{- \gamma z} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{e^{\tfrac{z}{k}}}{1 + \tfrac{z}{k}} \right)</math>

:::::::::<math>\, = z^{- 1} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{k e^{\tfrac{z}{k}}}{z + k} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot e^{\left( 1 + \tfrac{1}{2} + \ldots + \tfrac{1}{n} \right) z} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D142" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D142</span><br/>
Dla funkcji <math>\Gamma (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (1) = 1</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \neq 0</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\overline{\Gamma (z)} = \Gamma (\bar{z})</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>z \Gamma (z) = \Gamma (z + 1) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór Legendre'a o podwajaniu)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} t^{1 - 1} e^{- t} d t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = - e^{- t} \biggr\rvert_{0}^{\infty} = 0 - (- 1) = 1</math>

'''Punkt 2.'''

Rozważmy definicję iloczynową Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math>

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Zauważmy, że funkcja wykładnicza <math>e^z</math> jest zawsze różna od zera (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1). Mianowniki iloczynu <math>\left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math> dla ustalonego <math>z</math> są ograniczone, bo

::<math>\left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + \left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + | z |</math>

Pozostaje jeszcze pokazać, że występujący w mianowniku iloczyn

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}} = \frac{1}{\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}}</math>

(jako całość) jest dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> ograniczony. Zaczniemy od rozbicia tego iloczynu na dwie części

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} = \left[ \prod_{n = 1}^{N_0 - 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right] \cdot \left[ \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right]</math>

gdzie <math>N_0</math> zostało dobrane w ten sposób, aby dla wszystkich <math>n \geqslant N_0</math> było prawdziwe oszacowanie <math>\left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant {\small\frac{1}{2}}</math>. Pierwszy czynnik w nawiasie kwadratowym to iloczyn skończonej liczby skończonych liczb, zatem jest to pewna skończona liczba zespolona. Musimy zbadać drugi czynnik.

W związku z tym, że będziemy badali funkcję zmiennej zespolonej, zmieniamy używane oznaczenia (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB31|ZB31]], [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB33|ZB33]]). Symbol <math>\ln (x)</math> oznacza tutaj logarytm rzeczywisty zmiennej rzeczywistej dodatniej (oznaczany dotychczas jako <math>\log (x)</math>), a <math>\operatorname{Log} (z)</math> oznacza wartość główną logarytmu zespolonego <math>\log (z)</math>.

Mamy

::<math>\ln \left| \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| = \ln \left( \prod_{n = N_0}^{\infty} \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right|</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left( \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \cdot | e^{- z / n} | \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \ln \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| + \ln \left( e^{- \operatorname{Re}(z / n)} \right) \right]</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \right) - \operatorname{Re}\left( {\small\frac{z}{n}} \right) \right] \qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;1

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} \left| \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right|</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{| z |^2}{n^2}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;5

::::::::::<math>= | z |^2 \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>\leqslant | z |^2 \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>= {\small\frac{1}{6}} \pi^2 | z |^2</math>

Wynika stąd, że dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> liczba

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

jest liczbą skończoną różną od zera.

'''Punkt 3.'''

Z definicji iloczynowej Weierstrassa otrzymujemy natychmiast

::<math>\overline{\Gamma (z)} = \overline{\left( \frac{e^{- \gamma z}}{z} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{e^{z / n}}{1 + \frac{z}{n}} \right)}</math>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1.5em;">
:::<math>\;\;\; = \frac{\overline{e^{- \gamma z}}}{\bar{z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{\overline{e^{z / n}}}{1 + \frac{\bar{z}}{n}}</math>
</div>

:::<math>\;\;\; = \frac{e^{- \gamma \bar{z}}}{\bar{z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{e^{\bar{z} / n}}{1 + \frac{\bar{z}}{n}}</math>

:::<math>\;\;\; = \Gamma (\bar{z})</math>

gdzie skorzystaliśmy z rezultatu pokazanego w [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB17|ZB17]] p.&hairsp;1.

'''Punkt 4.'''

Z definicji Gaussa funkcji <math>\Gamma (z)</math> otrzymujemy

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::<math>\Gamma (z + 1) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) (z + 2) \cdot \ldots \cdot (z + n + 1)}}</math>

Zatem

::<math>z \Gamma (z) = z \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n}{z + n + 1}} \cdot {\small\frac{z + n + 1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \Gamma (z + 1)</math>

'''Punkt 5.'''

Z definicji iloczynowej Eulera mamy

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{1}{- z \Gamma (z) \Gamma (- z)}}</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{z \cdot (- z)}{- z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::<math>\; = z \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right)</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}}</math>

gdzie wykorzystaliśmy wzór Eulera

::<math>\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right) = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi z}}</math>

Dowód wzoru Eulera jest trudny. Elegancki dowód, ale tylko dla liczb rzeczywistych, Czytelnik znajdzie na stronie [https://proofwiki.org/wiki/Euler_Formula_for_Sine_Function/Real_Numbers#Proof_1 ProofWiki].

'''Punkt 6.'''

Z definicji Gaussa funkcji gamma mamy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{2 z} n!}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + n)}}</math>

Jeżeli w powyższym równaniu położymy <math>2 n</math> zamiast <math>n</math>, to dostaniemy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right] = [2 z (2 z + 2) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)] \cdot [(2 z + 1) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)]</math>

::::::::::::::::::::::<math>\;\;\;\,\, = 2 z (2 z + 1) (2 z + 2) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)</math>

Czyli

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)}} \cdot (2 z + 2 n + 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right]}} \cdot 2 n \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}{\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \Gamma (z) \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot C \cdot 1</math>

Ponieważ wyrażenie

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}}</math>

nie zależy od <math>z</math>, a wartości funkcji <math>\Gamma (2 z)</math>, <math>\Gamma (z)</math> i <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> są określone dla <math>2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>, to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, to otrzymamy

::<math>\Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C</math>

Czyli

::<math>C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}}</math>

I ostatecznie dostajemy

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Przy okazji pokazaliśmy asymptotykę: <math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}}</math>

Zauważmy jeszcze, że gdy położymy <math>2 n + 1</math> zamiast <math>n</math>, to otrzymamy taki sam rezultat, bo

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n + 1)^{2 z} (2 n + 1) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 n}} \right)^{\! 2 z} \cdot \left( {\small\frac{1}{1 + {\normalsize\frac{2 z}{2 n + 1}}}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D142|D142]] otrzymujemy<br/>
<span id="D143" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D143</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma (n + 1) = n!</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{\pi}{\cos (\pi z)}} \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \cdot (- 1)^n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wystarczy położyć <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 5. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma (n + 2) = (n + 1) \Gamma (n + 1) = (n + 1) n! = (n + 1) !</math>

Zauważmy, że funkcja <math>\Gamma (z)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych / zespolonych.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 5. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 4.'''

Wystarczy położyć <math>z = n</math> we wzorze 3. tego twierdzenia

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} \cdot 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

bo

::<math>\left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 6.'''

Ze wzoru 3. i 4. tego twierdzenia dostajemy

::<math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \frac{\pi \cdot (- 1)^n}{\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)} = \frac{\pi \cdot (- 1)^n \cdot n!}{2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot (2 n) !} = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

'''Punkt 7.'''

Ze wzoru Legendre'a o podwajaniu otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

gdzie <math>z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Dla <math>z = - n</math> po lewej stronie mamy symbol nieoznaczony <math>{\small\frac{\infty}{\infty}}</math>, ale w punktach <math>z = - n</math> istnieje granica funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}}</math>

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} \cdot 10^{| x |}</math>. Uwaga: wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> został celowo zniekształcony przez dodanie czynnika <math>10^{| x |}</math>, aby dało się zauważyć, że wartości granic <math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> są różne od zera dla <math>n \in \mathbb{N}_0</math>.

::[[File: gamma2.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D144" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D144</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wiemy, że jeżeli <math>z</math> nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D142|D142]] p.&hairsp;5)

::<math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math>

Zatem

::<math>\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}}</math>

Dzieląc powyższe równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1)}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}} = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Skąd dostajemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (- z + 1)}{\Gamma (- a z + 1)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Niech <math>k</math> oznacza dowolną liczbę całkowitą. W granicy, gdy <math>z \rightarrow k</math>, mamy

::<math>\lim_{z \rightarrow k} {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}} = {\small\frac{\pi \cdot \cos (\pi k)}{a \pi \cdot \cos (\pi a k)}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{(- 1)^k}{(- 1)^{a k}}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) k}</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Wynika stąd, że

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (a n + 1)}} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) n} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D145" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D145</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D142|D142]] p.&hairsp;4 wynika, że

::<math>\Gamma (a z + a n + 1) = \Gamma (a z + 1) \cdot \prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)</math>

::<math>\Gamma (b z + b n + 1) = \Gamma (b z + 1) \cdot \prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)</math>

Dzieląc równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (b z + b n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (z + n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a z + j)} \cdot {\small\frac{b}{a}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (- b n + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (- a n + j)} \cdot {\small\frac{\Gamma (1)}{\Gamma (1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{(- 1)^{b n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b n - j)}{(- 1)^{a n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a n - j)} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n - 1) !}{(a n - 1) !}} =
(- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D146" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D146</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - n} g (x) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zapiszmy funkcję <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math> w postaci

::<math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{\Gamma (2 n + 1)}{\Gamma (n + 1)^2}}</math>

Możemy teraz przejść do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

bo funkcja <math>\Gamma (x)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych.

Korzystając z twierdzenia [[#D145|D145]], otrzymujemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

Ale wiemy, że (zobacz [[#D141|D141]])

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} = 0</math>

Co należało pokazać i co jest dobrze widoczne na wykresie funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

::[[File: gamma3.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D147" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D147</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = - {\small\frac{1}{2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście funkcja <math>g(k)</math> nie jest określona w punkcie <math>k = - 1</math>

::<math>g(k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(2 k) !}{(k!)^2}} = {\small\frac{(2 k) !}{(k + 1) !k!}} = {\small\frac{\Gamma (2 k + 1)}{\Gamma (k + 2) \Gamma (k + 1)}}</math>

Jeżeli przejdziemy do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

to łatwo pokażemy, że granica funkcji <math>g(x)</math> w punkcje <math>x = - 1</math> istnieje i jest równa <math>- {\small\frac{1}{2}}</math>.

Z twierdzenia [[#D145|D145]] dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1) \cdot {\small\frac{1}{2}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Czyli

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = \lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} = - {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{1}{\Gamma (1)}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Co dobrze widać na wykresie funkcji <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

::[[File: gamma4.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math></span> ===

 

<span id="D148" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D148</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> (inne oznaczenia: <math>\Psi (z)</math>, <math>\psi_0 (z)</math>, <math>\psi^{(0)} (z)</math> ) definiujemy jako pochodną logarytmiczną (czyli pochodną logarytmu) funkcji <math>\Gamma (z)</math>. Mamy zatem

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z)) = {\small\frac{\Gamma' (z)}{\Gamma (z)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>\psi (x)</math>

::[[File: digamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D149" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D149</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad</math> (wzór szeregowy Weierstrassa)

gdzie <math>\gamma</math> jest stałą Eulera.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Skorzystamy z definicji iloczynowej Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]])

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{z / n} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Mamy

::<math>\log \Gamma (z) = - \gamma z - \log z + \sum_{n = 1}^{\infty} \left[ - \log \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) + {\small\frac{z}{n}} \right]</math>

Różniczkując, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z))</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \left( - \frac{{\small\frac{1}{n}}}{1 + {\small\frac{z}{n}}} + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} - \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D150" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D150</span><br/>
Dla funkcji digamma <math>\psi (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (1) = - \gamma</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (- z + 1) - \psi (z) = \pi \operatorname{ctg}(\pi z) \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}}\right) + \log 2 \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór na podwajanie)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wzór wynika natychmiast z twierdzenia [[#D149|D149]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;2), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z + 1) = \log z + \log \Gamma (z)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z + 1) = {\small\frac{1}{z}} + \psi (z)</math>

'''Punkt 3.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;3), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z) + \log \Gamma (- z + 1) = \log \pi - \log (\sin (\pi z))</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z) - \psi (- z + 1) = - {\small\frac{1}{\sin (\pi z)}} \cdot \cos (\pi z) \cdot \pi = - \pi \operatorname{ctg}(\pi z)</math>

'''Punkt 4.'''

Korzystamy ze wzoru Legendre'a o podwajaniu (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Logarytmując obie strony powyższego wzoru, dostajemy

::<math>\log \Gamma (2 z) = (2 z - 1) \log 2 - \log \sqrt{\pi} + \log \Gamma (z) + \log \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, otrzymujemy

::<math>2 \psi (2 z) = 2 \log 2 + \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Czyli

::<math>\psi (2 z) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D150|D150]] otrzymujemy<br/>
<span id="D151" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D151</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \operatorname{tg}(\pi z) \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Kładąc we wzorze na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

<math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (1) = {\small\frac{1}{2}} \psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \psi (1) + \log 2</math>

Skąd mamy natychmiast

::<math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi (1) - 2 \log 2 = - \gamma - 2 \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

We wzorze

::<math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}}</math>

połóżmy <math>z = k</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Mamy

::<math>- {\small\frac{1}{k}} = \psi (k) - \psi (k + 1)</math>

Sumując obie strony od <math>k = 1</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>- \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} [\psi (k) - \psi (k + 1)] = \psi (1) - \psi (n + 1)</math>

bo suma po prawej stronie jest sumą teleskopową (zobacz [[#D13|D13]]). Zatem

::<math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>

gdzie <math>H_n</math> jest <math>n</math>-tą liczbą harmoniczną.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 3. twierdzenia [[#D150|D150]].

'''Punkt 4.'''

Kładąc we wzorze z punktu 3. <math>z = n</math> i uwzględniając, że <math>\operatorname{tg}(\pi n) = 0</math>, dostajemy

::<math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\psi \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2}}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{2}{2 n + 1}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

gdzie skorzystaliśmy z twierdzenia [[#D150|D150]] p.&hairsp;2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D150|D150]] p.&hairsp;4), mamy

::<math>2 \psi (2 z) = \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + 2 \log 2</math>

::<math>2 \psi (2 z) - \psi (z) = 2 \log 2 + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math>, otrzymujemy

::<math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = 2 \log 2 + \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) =</math>

::::::::<math>\:\, = 2 \log 2 - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

::::::::<math>\:\, = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

'''Punkt 7.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}} + \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2}{\psi (z)}</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math> wartość funkcji <math>\psi (z)</math> dąży do <math>\pm \infty</math>. Ponieważ licznik po prawej stronie dąży do wartości skończonej

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 \;\; \xrightarrow{\; z \rightarrow -n \;} \;\; {\small\frac{1}{2}} \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma - \log 2 + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

to

::<math>\lim_{z \to - n} \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi (z + {\small\frac{1}{2}}) + \log 2}{\psi (z)} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \to - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D152" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D152</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

gdzie <math>\psi (x)</math> jest funkcją digamma.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D149|D149]] wiemy, że funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Zatem

::<math>\psi (z_1) - \psi (z_2) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + z_2}} - {\small\frac{1}{n + z_1}} \right)</math>

Rozkładając sumę <math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}}</math> na dwie sumy (po <math>k</math> parzystych i <math>k</math> nieparzystych), otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n) + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n + 1) + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2 a}}} - \frac{1}{n + {\small\frac{a + 1}{2 a}}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D153" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D153</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że

::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^a}} d x = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wzór wynika natychmiast z połączenia rezultatu z zadania poprzedniego ([[#D152|D152]]) i zadania [[#D6|D6]].<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Uogólnione twierdzenie o wartości średniej. Wzór Frullaniego</span> ===

 

<span id="D154" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D154</span><br/>
Podamy niżej uogólnione twierdzenie o wartości średniej (dla całek) i dowód tego twierdzenia (zobacz [[#D160|D160]]). Samo twierdzenie i jego dowód są dobrze znane, ale najczęściej postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>. Bardzo rzadko można spotkać mocniejsze sformułowanie, w którym postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale otwartym <math>(a, b)</math>. A jeśli już spotkamy to dokładniejsze sformułowanie, to pozostanie ono bez dowodu. Nie jest to dziwne, bo dowód (stosunkowo prosty) jest długi i lepiej po prostu pozostawić go czytelnikowi. Postanowiliśmy uzupełnić tę lukę.

<span id="D155" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D155</span><br/>
W tekście będziemy używać pojęć: „zbiór miary zero” i „prawie wszędzie”. Chcemy te sformułowania nieco przybliżyć Czytelnikowi.

Pojęcie '''zbiór miary zero''' w przypadku całki Riemanna oznacza: zbiór tak mały, że nie ma on wpływu na wartość całki.

Pojęcie '''prawie wszędzie''' w przypadku całki Riemanna oznacza: wszędzie poza zbiorem tak małym, że nie ma on wpływu na wartość całki lub wszędzie poza '''zbiorem miary zero'''.

Całka Riemanna „widzi” tylko to, co dzieje się na odcinkach o dodatniej długości, a ignoruje pojedyncze punkty, bo na najmniejszym nawet odcinku (choćby tylko maleńkim otoczeniu punktu) da się zbudować prostokąt, a na punkcie prostokąta nie utworzymy.

Nie przez przypadek będziemy mówili o „przedziałach” i „podprzedziałach”, bo to one (i tylko one) dają wkład do całki Riemanna. Wartość całki Riemanna jest całkowicie niewrażliwa na zmiany funkcji w pojedynczych punktach. Punkty nie dają żadnego wkładu do ostatecznego wyniku, ponieważ nie mają one „szerokości”. W przypadku nieskończonej liczby punktów są dwie możliwości: dopóki punkty te są rozproszone na tyle „rzadko”, że funkcja pozostaje całkowalna, ich łączny wkład do całki nadal wynosi zero. Jeśli jednak punktów tych jest nieskończenie wiele i są one rozłożone zbyt „gęsto”, to definicja całki Riemanna się załamuje – sumy dolne i górne nie mogą się spotkać, przez co całka Riemanna przestaje istnieć.

Zauważmy, że zmiana wartości funkcji w skończonej lub przeliczalnej liczbie punktów nie wpływa na wartość całki. Konsekwentnie: jeżeli dwie funkcje są równe '''prawie wszędzie''', to mają takie same całki Riemanna. Przykłady funkcji, których całki w dowolnym przedziale są takie same

::<math>f(x) = 0 \qquad\qquad g(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x = 0 \\
0 & \text{gdy } x \neq 0 \\
\end{cases}
\qquad\qquad
h(x) =
\begin{cases}
x & \text{gdy } x \in \mathbb{Z} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Z} \\
\end{cases}</math>

Przykład funkcji, której całka Riemanna nie istnieje

::<math>f(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x \in \mathbb{Q} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Q} \\
\end{cases}</math>

gdzie <math>\mathbb{Q}</math> oznacza zbiór liczb wymiernych. Powyższą funkcję nazywamy funkcją Dirichleta. Zauważmy, że różni się ona od funkcji <math>f(x) = 0</math> jedynie w przeliczalnej liczbie punktów (zbiór <math>\mathbb{Q}</math> jest zbiorem przeliczalnym), ale tym razem liczba punktów jest tak wielka i są tak „gęsto” rozmieszczone w <math>\mathbb{R}</math>, że całka nie istnieje. Poniżej podajemy twierdzenie (bez dowodu), które pozwala rozstrzygnąć, kiedy funkcja jest całkowalna.

<span id="D156" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D156*</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> spełnia jeden z podanych warunków
:* <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona w przedziale <math>[a, b]</math> i ma w nim tylko skończoną liczbę punktów nieciągłości
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona i monotoniczna w przedziale <math>[a, b]</math>
to jest w tym przedziale całkowalna.

<span id="D157" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D157</span><br/>
Sformułować definicję granicy funkcji w punkcie <math>x_0</math> oraz definicję ciągłości funkcji w punkcie <math>x_0</math>. Omówić różnice.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Definicja granicy (skończonej)'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>0 < |x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę skończoną <math>g</math> w punkcie <math>x_0</math>.

'''Definicja ciągłości'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>.

Definicje zapisane przy użyciu kwantyfikatorów

'''Definicja granicy''': <math>\qquad\qquad \;\,\, \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \quad 0 < |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

'''Definicja ciągłości''': <math>\qquad\qquad \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \qquad \;\;\; |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Podstawowe różnice

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
!width=540| Granica (skończona)
!width=540| Ciągłość
|-
| Funkcja <math>f</math> nie musi być określona w punkcie <math>x_0</math>.
| Funkcja <math>f</math> musi być określona w punkcie <math>x_0</math>, a <math>f(x_0)</math> musi mieć wartość skończoną.
|-
| Liczba <math>g</math> może mieć dowolną wartość skończoną (bo mówimy tutaj o granicy skończonej).
| Rolę liczby <math>g</math> pełni konkretna wartość: wartość, jaką funkcja <math>f</math> przyjmuje w punkcie <math>x_0</math>.
|-
| Warunek <math>0 < | x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>. To czy funkcja jest określona w <math>x_0</math>, czy nie jest i jaką wartość ma w <math>x_0</math>, nie ma znaczenia.
| Warunek <math>|x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>, wraz z punktem <math>x_0</math>. Zauważmy, że warunek ten dopuszcza sytuację <math>x = x_0</math>.
|}

'''Podsumowanie'''

Ciągłość stawia dodatkowe wymagania, co najlepiej widzimy w następującym twierdzeniu:

Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> wtedy i tylko wtedy, gdy
:*    istnieje granica skończona <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = g</math>.
:*    funkcja jest określona w <math>x_0</math> (istnieje <math>f(x_0)</math>).
<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 0em;">
:*    <math>g = f (x_0)</math>.
</div><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D158" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D158</span><br/>
Pokazać, że jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> oraz <math>f (x_0) > 0</math>, to istnieje takie otoczenie <math>U = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Do dowodu wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji (zobacz [[#D157|D157]]). Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>, jeżeli dla dowolnej liczby <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Zapiszmy nierówność dla wartości funkcji w postaci

::<math>f(x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon</math>

Powyższa definicja musi być spełniona dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math>. Z założenia <math>f(x_0) > 0</math> i jeżeli wybierzemy <math>0 < \varepsilon < f (x_0)</math>, to możemy napisać

::<math>0 < f (x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon \qquad\qquad (\ast)</math>

Ze wspomnianej na początku rozwiązania definicji ciągłości wynika, że dla tak ustalonego <math>\varepsilon</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do przedziału <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>
prawdziwy jest ciąg nierówności <math>(\ast)</math>.

Zatem <math>f(x) > 0</math> w przedziale <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D159" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D159</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[a, b]</math>, a <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[a, b]</math>. Pokazać, że jeżeli

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

to <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że istnieje taki punkt <math>x_0 \in [a, b]</math>, dla którego <math>f(x_0) > 0</math>. Z ciągłości funkcji <math>f</math> w punkcie <math>x_0</math> wynika, że istnieje otoczenie <math>U</math> punktu <math>x_0</math> takie, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math> (zobacz [[#D158|D158]]). Oczywiście w przypadku punktu <math>x_0 = a</math> będzie to otoczenie prawostronne, a w przypadku punktu <math>x_0 = b</math> lewostronne. Dostajemy natychmiast

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = \int_{[a, b] \setminus U} f (x) g (x)\,dx + \int_U f (x) g (x)\,dx > 0</math>

Jest tak, ponieważ pierwsza całka po prawej stronie jest nieujemna (całkujemy funkcję nieujemną), a druga całka jest dodatnia (całkujemy funkcję dodatnią). Widzimy, że nasze przypuszczenie doprowadziło do sprzeczności z założeniem, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

W konsekwencji <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D160" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D160 (uogólnione twierdzenie o wartości średniej)</span><br/>
Niech <math>f</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, a <math>g</math> funkcją całkowalną i niezmieniającą znaku, tzn. <math>g(x) \geqslant 0</math> lub <math>g(x) \leqslant 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Wówczas istnieje taki punkt <math>\xi \in (a, b)</math>, że

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>g(x) \geqslant 0</math>, bo w przypadku, gdy <math>g(x) \leqslant 0</math>, wystarczy pomnożyć obie strony równania przez <math>- 1</math> i dowodzić twierdzenie dla funkcji <math>\hat{g} (x) = - g (x)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ f(x) }</math> jest funkcją stałą'''

W przypadku, gdy funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją stałą, mamy <math>f(x) = C</math> w przedziale <math>[a, b]</math> i oczywiście

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = C \int_a^b g (x)\,dx</math>

Zatem możemy wybrać dowolny punkt <math>\xi \in (a, b)</math>.

Od tej chwili będziemy zakładali, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest funkcją stałą w przedziale <math>[a, b]</math>.

'''Ciąg nierówności dla całek'''

Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, to na mocy twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów<ref name="Weierstrass1"/>, funkcja ta przyjmuje w tym przedziale swoją wartość najmniejszą <math>m</math> oraz wartość największą <math>M</math>. Zatem dla każdego <math>x \in [a, b]</math> zachodzi nierówność

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Pomnóżmy powyższą nierówność stronami przez <math>g(x)</math>. Ponieważ <math>g (x) \geqslant 0</math>, zwroty nierówności zostają zachowane

::<math>m \cdot g (x) \leqslant f (x) g (x) \leqslant M \cdot g (x)</math>

Całkując strony nierówności w przedziale <math>[a, b]</math> względem zmiennej <math>x</math>, dostajemy

::<math>m \int_a^b g(x)\,dx \leqslant \int_a^b f (x) g (x)\,dx \leqslant M \int_a^b g (x)\,dx \qquad\qquad (\ast)</math>

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx = 0 }</math>'''

W tym przypadku z ciągu nierówności <math>(\ast)</math> wynika natychmiast, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

Zatem dowodzona równość jest prawdziwa, bo równanie <math>0 = f (\xi) \cdot 0</math> jest prawdziwe dla dowolnego <math>\xi \in (a, b)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx > 0 }</math>'''

W tym przypadku możemy ciąg nierówności <math>(\ast)</math> podzielić przez całkę <math>\int_a^b g(x)\,dx</math>. Mamy

::<math>m \leqslant {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}} \leqslant M</math>

Zdefiniujmy liczbę <math>w</math>

::<math>w = {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}}</math>

Widzimy, że prawdziwy dla niej ciąg nierówności

::<math>m \leqslant w \leqslant M</math>

jest taki sam, jaki zachodzi dla funkcji <math>f(x)</math>.

'''Podprzypadek, gdy <math>\boldsymbol{ m < w < M }</math>'''

Rozważmy dwa punkty w przedziale <math>[a, b]</math>, w których funkcja <math>f</math> osiąga swoje kresy
:*    niech <math>x_m</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_m) = m</math>
:*    niech <math>x_M</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_M) = M</math>

Ponieważ <math>m < M</math>, to <math>x_m \neq x_M</math> i punkty te wyznaczają pewien przedział. Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>x_m < x_M</math>. Mamy zatem <math>[x_m, x_M] \subset [a, b]</math>. Z twierdzenia Darboux o wartościach pośrednich<ref name="Darboux1"/> wynika, że wewnątrz przedziału <math>[x_m, x_M]</math> istnieje taki punkt <math>\xi</math>, że <math>f (\xi) = w</math>. Ponieważ przedział <math>[x_m, x_M]</math> leży w <math>[a, b]</math>, to jego wnętrze <math>(x_m, x_M)</math> leży w <math>(a, b)</math>. Zatem <math>\xi \in (a, b)</math> i z definicji liczby <math>w</math> wynika dowodzony wzór

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

'''Podprzypadek, gdy <math>w = m</math> (analogicznie postępujemy, gdy <math>w = M</math>)'''

Z definicji liczby <math>w</math> otrzymujemy

::<math>\int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = 0 \qquad\qquad (\ast \ast)</math>

Niech <math>U = \{ [a, b] \ni x \, : \, g (x) > 0\}</math> będzie zbiorem tych puntów <math>x</math>, dla których <math>g(x) > 0</math>. Pamiętamy, że całka z funkcji <math>g(x)</math> jest dodatnia

::<math>\int_a^b g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} g (x)\,dx + \int_U g (x)\,dx = \int_U g (x)\,dx > 0</math>

Wynika stąd, że zbiór <math>U</math> nie może być zbiorem miary zero, czyli musi zawierać przynajmniej jeden podprzedział przedziału <math>[a, b]</math>. Dla ustalenia uwagi niech będzie to podprzedział <math>[r, s]</math> i rozważmy całkę <math>(\ast \ast)</math>. Ponieważ iloczyn <math>(f (x) - m) g (x)</math> jest funkcją nieujemną, to dostajemy

::<math>0 = \int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{U \backslash [r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx</math>

:::::::::<math>\;\;\;\;\:\, \geqslant \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx \geqslant 0</math>

Skąd wynika, że musi być

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

Jeśli połączymy powyższy warunek z oczywistymi faktami, że
:*    funkcja <math>f(x) - m</math> jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[r, s]</math>
:*    funkcja <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[r, s]</math>

to na podstawie zadania [[#D159|D159]]<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> natychmiast widzimy, że musi być <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>. Ponieważ <math>[r, s] \subset U \subset [a, b]</math> i <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to możemy wybrać punkt <math>\xi \in [r, s]</math> taki, że <math>\xi \neq a</math>, <math>\xi \neq b</math> i <math>f (\xi) = m</math>. Wtedy z definicji liczby <math>w</math>, dostajemy

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = m \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

gdzie <math>\xi \in (a, b)</math>. Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że nie musimy korzystać z rezultatu pokazanego w zadaniu [[#D159|D159]]. Z warunku

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

wynika, że <math>(f (x) - m) g (x) = 0</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Ponieważ <math>g(x) > 0</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to <math>f(x) = m</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Co całkowicie wystarcza, aby wybrać odpowiedni punkt <math>\xi \in [r, s]</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D161" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D161*</span><br/>
Twierdzenie obejmuje różne rodzaje granic: <math>x \rightarrow x_0, x^+_0, x^-_0, \infty, - \infty</math>. Dowolny z tych punktów granicznych oznaczyliśmy ogólnie jako <math>x^{\ast}</math>. Typy granic i odpowiadające im sąsiedztwa zostały zestawione w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! Typ granicy <math>\boldsymbol{ ( x \rightarrow x^{\ast} ) }</math>
| <math>x \rightarrow x_0</math> || <math>x \rightarrow x^+_0</math> || <math>x \rightarrow x^-_0</math> || <math>x \rightarrow \infty</math> || <math>x \rightarrow - \infty</math>
|-
! Sąsiedztwo <math>\boldsymbol{ S }</math>
| <math>(x_0 - \delta, x_0) \cup (x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0 - \delta, x_0)</math> || <math>(M, \infty)</math> || <math>(- \infty, - M)</math>
|}

gdzie <math>\delta, M \in \mathbb{R}_+</math>. Wystarczy, że postulowane nierówności są spełnione dla dostatecznie małego <math>\delta</math> i dostatecznie dużego <math>M</math>.

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o trzech funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy właściwej <math>L \in \mathbb{R}</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>f(x) \leqslant g (x) \leqslant h (x)</math> oraz <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \lim_{x \to x^{\ast}} h (x) = L</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = L</math>.<br/>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \geqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = \infty</math>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = - \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \leqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = - \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = - \infty</math>
</div>

<span id="D162" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D162</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, a funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona w pewnym otoczeniu nakłutym <math>\mathring{U} (x_0, r) = (x_0 - r, x_0 + r) \backslash \{ x_0 \}</math> punktu <math>x_0</math>, to <math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ <math>g(x)</math> jest ograniczona, to istnieje taka stała <math>M > 0</math>, że dla wszystkich <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> zachodzi

::<math>|g (x) | \leqslant M</math>

Wynika stąd, że dla każdego <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant |g (x) f (x) | = | g (x) | | f (x) | \leqslant M | f (x) |</math>

Z założenia <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, zatem z twierdzenia [[#D161|D161]] p.&hairsp;1 otrzymujemy natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D163" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D163 (wzór Frullaniego)</span><br/>
Niech <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math>. Jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w przedziale <math>[0, \infty)</math> oraz istnieje skończona granica <math>f (\infty) = \lim_{x \to \infty} f (x)</math>, to prawdziwy jest wzór

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>b > a</math>. Rozważmy całkę w skończonym przedziale <math>[\varepsilon, R]</math>, gdzie <math>0 < \varepsilon < R < \infty</math> i dodatkowo niech <math>b \varepsilon < a R</math> (spełnienie tego warunku zawsze możemy uzyskać, obierając <math>\varepsilon</math> odpowiednio małe i <math>R</math> odpowiednio duże).

Mamy zatem <math>a \varepsilon < b \varepsilon < a R < b R</math>. Rozpatrywaną całkę oznaczymy jako <math>I (\varepsilon, R)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax)}{x}}\,dx - \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (bx)}{x}}\,dx</math>
</div>

W pierwszej całce po prawej stronie stosujemy podstawienie <math>u = ax</math>, co daje <math>du = a\,dx</math>, zaś granice zmieniają się na <math>[a \varepsilon, aR]</math>. W drugiej całce podstawiamy <math>u = bx</math>, co daje <math>du = b\,dx</math> i nowe granice całkowania <math>[b \varepsilon, bR]</math>. Otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{a \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{b \varepsilon}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \left( \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right) - \left( \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

bo całki w przedziale <math>[b \varepsilon, aR]</math> redukują się. Na mocy uogólnionego twierdzenia o wartości średniej (zobacz [[#D160|D160]]) dla pierwszej całki istnieje punkt <math>\xi_1 \in (a \varepsilon, b \varepsilon)</math>, a dla drugiej całki punkt <math>\xi_2 \in (aR, bR)</math> taki, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_1) \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b \varepsilon}{a \varepsilon}} = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_2) \int_{aR}^{bR} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{bR}{aR}} = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Podstawiając te wyniki do wyrażenia na <math>I (\varepsilon, R)</math>, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = (f (\xi_1) - f (\xi_2)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Zauważmy, że (zobacz [[#D161|D161]])

:*    ponieważ <math>a \varepsilon < \xi_1 < b \varepsilon</math>, to w granicy, gdy <math>\varepsilon \to 0^+</math>, mamy <math>\xi_1 \to 0</math>, a zatem <math>f (\xi_1) \to f (0)</math>

:*    ponieważ <math>\xi_2 > a R</math>, to w granicy, gdy <math>R \to \infty</math>, mamy <math>\xi_2 \to \infty</math>, więc <math>f (\xi_2) \to f (\infty)</math>

Ostatecznie otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\underset{R \rightarrow \infty}{\lim_{\; \varepsilon \rightarrow 0^+}} I (\varepsilon, R) = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D164" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D164</span><br/>
Pokazać, że prawdziwe są następujące przedstawienia całkowe logarytmu

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt</math>

::<math>\log n = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Niech <math>f(t) = e^{- t}</math>, <math>a = 1</math> oraz <math>b = n</math>. Mamy <math>f(0) = 1</math> i <math>f (\infty) = 0</math>. Korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]])

::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (at) - f (bt)}{t}}\,dt = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>\int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt = \log n</math>

'''Punkt 2.'''

Wykorzystujemy znalezioną w punkcie 1. reprezentację całkową

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Przejście do nowej zmiennej <math>t = e^{- x}</math> prowadzi do następujących zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{1}{t}}\,dt</math>

::<math>e^{- x} = t \qquad\qquad\quad\:\: e^{- nx} = (e^{- x})^n = t^n</math>

i nowych granic całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\log n = \int_1^0 {\small\frac{t - t^n}{- \log t}} \cdot \left( - {\small\frac{1}{t}} \right)\,dt = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Całkowe przedstawienia stałej Eulera i funkcji digamma</span> ===

 

<span id="D165" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D165</span><br/>
Niech <math>g \in \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba rzeczywista <math>R</math>, że dla każdego <math>x > R</math> jest <math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>, to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę <math>g</math> w plus nieskończoności. Symbolicznie fakt ten zapisujemy następująco <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>.

<span id="D166" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D166</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : [a, \infty) \to \mathbb{R}</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, \infty)</math> oraz posiada skończoną granicę <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>, to funkcja <math>f</math> jest ograniczona w tym przedziale.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji granicy funkcji w nieskończoności wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>R</math>, że dla wszystkich <math>x > R</math> zachodzi

::<math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>

Ponieważ <math>\varepsilon</math> jest dowolną liczbą, to możemy przyjąć konkretną wartość, np. <math>\varepsilon = 1</math>. Wówczas istnieje takie <math>R</math>, że dla każdego <math>x \in (R, \infty)</math> mamy

::<math>g - 1 < f (x) < g + 1</math>

Gdyby było <math>R = a</math>, to dowód byłby zakończony. Rozważmy zatem przypadek, gdy <math>R > a</math>. Na mocy twierdzenia Weierstrassa o kresach<ref name="Weierstrass1"/> funkcja ciągła <math>f</math> w przedziale domkniętym <math>[a, R]</math> osiąga swoje kresy. Czyli istnieją takie liczby <math>m</math> i <math>M</math>, że dla każdego <math>x \in [a, R]</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Jeżeli zdefiniujemy liczby <math>k = \min (m, g - 1)</math> i <math>K = \max (M, g + 1)</math>, to łącząc przedstawione wyżej rezultaty, możemy napisać oszacowanie

::<math>k \leqslant f (x) \leqslant K</math>

prawdziwe dla każdego <math>x \in [a, \infty)</math>. Co kończy dowód ograniczoności funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D167" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D167</span><br/>
Dla stałej Eulera prawdziwe są następujące reprezentacje całkowe

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Stałą Eulera <math>\gamma</math> definiujemy jako granicę różnicy między sumą częściową szeregu harmonicznego a logarytmem naturalnym<ref name="Euler1"/>

::<math>\gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n \right)</math>

Dla uproszczenia zdefiniujmy ciąg <math>(\gamma_n)</math>

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \to \infty} \gamma_n = \gamma</math>. Wykonywanie przekształceń dla <math>\gamma_n</math> (zamiast dla <math>\gamma</math>) znakomicie je ułatwia i (co najważniejsze) pozwala doprowadzić wynik do takiej postaci, dla której przejście do granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, nie będzie już rodziło problemów. Pamiętamy, że w ogólnym przypadku nie możemy przenosić granicy pod znak całki.

Aby móc połączyć sumę i logarytm, musimy zapisać oba wyrażenia jako całki w tych samych granicach od <math>0</math> do <math>\infty</math>. Dla sumy wykorzystujemy tożsamość prawdziwą dla <math>k > 0</math> (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx</math>

Sumując po <math>k</math> od <math>1</math> do <math>n</math>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^n \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx = \int_0^{\infty} \sum_{k = 1}^n (e^{- x})^k\,dx</math>

Zauważmy, że dokonaliśmy zamiany kolejności sumowania i całkowania. Jest to dopuszczalne, bo suma jest skończona. Pod całką mamy teraz sumę ciągu geometrycznego, gdzie pierwszy wyraz to <math>a_1 = e^{- x}</math>, a iloraz to <math>q = e^{- x}</math>. Korzystając ze wzoru na sumę <math>n</math> wyrazów takiego ciągu, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Reprezentację całkową logarytmu znajdujemy, korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]], [[#D164|D164]])

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Zatem

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n = \int_0^{\infty} \left[ \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}} - \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x} \right]\,dx</math>

Wydzielenie wyrazów, które nie zależą od <math>n</math>, pozwala nam zapisać <math>\gamma_n</math> jako sumę docelowej całki <math>I</math> oraz reszty <math>R_n</math>

::<math>\gamma_n = \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx }_I + \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- nx}}{x}} - {\small\frac{e^{- (n + 1) x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx }_{R_n}</math>

Aby udowodnić, że <math>\gamma = I</math>, musimy pokazać, że <math>\lim_{n \to \infty} R_n = 0</math>. Mamy

::<math>R_n = \int_0^{\infty} e^{- nx} \left( {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx</math>

Zbadajmy funkcję pomocniczą

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} = {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}}</math>

Widzimy, że

::<math>\lim_{x \rightarrow 0} f (x) = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - 1}{e^x (x + 1) - 1}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x}{e^x (x + 2)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Gdzie dwukrotnie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Dodefiniowując <math>f(0) = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy funkcję ciągłą w <math>\mathbb{R}</math>. Bez trudu znajdujemy granicę funkcji <math>f</math> w nieskończoności

::<math>\lim_{x \rightarrow \infty} f (x) = \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{{\normalsize\frac{1}{x}} - e^{- x} - {\normalsize\frac{1}{x}} \cdot e^{- x}}{1 - e^{- x}} = 0</math>

Ponieważ <math>f</math> jest ciągła w <math>[0, \infty)</math> i ma skończoną granicę w nieskończoności, to jest funkcją ograniczoną w tym przedziale (zobacz [[#D166|D166]]). Niech <math>| f (x) | \leqslant M</math>. Łatwo otrzymujemy oszacowanie

::<math>0 \leqslant | R_n | \leqslant \int_0^{\infty} e^{- nx} | f (x) |\,dx \leqslant M \int_0^{\infty} e^{- nx}\,dx = {\small\frac{M}{n}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach, natychmiast otrzymujemy, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n | = 0</math>. Zatem

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \gamma_n = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx</math>

Co należało pokazać.

'''Punkt 2.'''

W otrzymanym w punkcie 1. wzorze

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^x - 1}} - {\small\frac{1}{xe^x}} \right)\,dx</math>

stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>, co daje następujące zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{dt}{t}}</math>

i nowe granice całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\gamma = \int_1^0 \left( \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} - 1} + \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} \log t} \right) \left( - {\small\frac{d t}{t}} \right) = \int_0^1 \left( {\small\frac{t}{1 - t}} + {\small\frac{t}{\log t}} \right) {\small\frac{d t}{t}} = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D168" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D168</span><br/>
Niech <math>f(t)</math> będzie funkcją zespoloną zmiennej rzeczywistej <math>t</math> całkowalną w przedziale <math>[a, b]</math>. Prawdziwa jest następująca nierówność

::<math>\left| \int_a^b f(t)\,dt \right| \leqslant \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wartość całki z funkcji <math>f(t)</math> jest pewną liczbą zespoloną, którą oznaczymy jako <math>I</math>

::<math>I = \int_a^b f(t)\,dt</math>

Jeśli <math>I = 0</math>, nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że <math>I \neq 0</math> i zapiszmy tę liczbę (w ogólności zespoloną) w postaci wykładniczej <math>I = |I| e^{i \theta}</math>, gdzie <math>|I|</math> jest modułem, a <math>\theta</math> jest argumentem liczby <math>I</math>. Mamy

::<math>|I| = e^{- i \theta} I = e^{- i \theta} \int_a^b f(t)\,dt = \int_a^b e^{- i \theta} f (t)\,dt</math>

Zauważmy, że

::<math>|I| = \int_a^b [\operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t)) + i \cdot \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))]\,dt = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt + i \int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Ponieważ po lewej stronie mamy liczbę rzeczywistą, to musi być

::<math>\int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt = 0</math>

Zatem

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Korzystając z prostej nierówności <math>\operatorname{Re}(z) \leqslant |z|</math> prawdziwej dla dowolnego <math>z \in \mathbb{C}</math>, dostajemy

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt \leqslant \int_a^b |e^{- i \theta} f (t) |\,dt = \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D169" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D169</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pokazaliśmy (zobacz [[#D149|D149]]), że funkcja digamma ma postać

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, - 3, \ldots</math>

gdzie <math>\gamma</math> oznacza stałą Eulera.

W ogólności nie wolno zamieniać sumy nieskończonej z całką. Aby uniknąć tego problemu, będziemy rozpatrywali sumy częściowe, a odpowiadające im funkcje oznaczymy przez <math>\psi_n (z)</math>

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, \ldots, - n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = \psi (z)</math>.

Każdy składnik sumy zastępujemy całką z funkcji potęgowej. Zauważmy, że dla <math>k > 0</math> mamy (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int^1_0 t^{k - 1}\,dt</math>

W naszym przypadku, gdzie w mianownikach mamy odpowiednio <math>k + 1</math> oraz <math>k + z</math>, otrzymujemy natychmiast warunek <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> oraz wzór

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \int_0^1 (t^k - t^{k + z - 1})\,dt</math>

Dla skończonej liczby składników sumy możemy zamienić kolejność sumowania i całkowania. Wyłączając wspólny czynnik przed sumę, dostajemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 (1 - t^{z - 1}) \left( \sum_{k = 0}^n t^k \right)\,dt</math>

Stosując wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego o ilorazie <math>t</math>, otrzymujemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} (1 - t^{n + 1})\,dt = \underset{\psi (z)}{\underbrace{- \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt}} - \underset{R_n (z)}{\underbrace{\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt}}</math>

Musimy wykazać, że całka

::<math>R_n (z) = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

dąży do zera, gdy <math>n</math> rośnie do nieskończoności. W tym celu dzielimy przedział całkowania na dwa obszary, wykorzystując punkt pomocniczy <math>\delta</math> z przedziału <math>(0, 1)</math>.

::<math>R_n (z) = \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad (\ast)</math>

Szacujemy pierwszą całkę określoną w przedziale <math>[0, \delta]</math>

::<math>\left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_0^{\delta} \left| {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1} \right|\,dt \qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;\;\,</math> (z twierdzenia [[#D168|D168]])

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{| 1 - t^{z - 1} |}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{1 + | t^{z - 1} |}{1 - \delta}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (1 + t^{\operatorname{Re}(z) - 1}) t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad\qquad</math> (bo <math>1 - \delta</math> to najmniejsza wartość mianownika dla <math>t \in [0, \delta]</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (t^{n + 1} + t^{n + \operatorname{Re}(z)})\,dt \qquad\qquad\qquad\;\,</math> (bo <math>| t^{z - 1} | = | t^{a + i b - 1} | = | t^{a - 1} \cdot t^{i b} | = | t^{a - 1} | \cdot | e^{i \cdot b \log t} | = t^{a - 1}</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right)</math>

Ponieważ <math>\delta</math> jest mniejsza od <math>1</math>, to oba składniki dążą do zera wraz ze wzrostem liczby <math>n</math>.

Szacujemy drugą całkę określoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>. Rozważmy występującą pod całką funkcję

::<math>f(t) = {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}</math>

Jeśli dodefiniujemy <math>f(1) = z - 1</math>, to funkcja będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, bo

::<math>\lim_{t \rightarrow 1} f (t) = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{- (z - 1) t^{z - 2}}{- 1}} = z - 1</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Łatwo otrzymujemy

::<math>\left| \int_{\delta}^1 f (t) t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) t^{n + 1} |\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) | t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant M \int_{\delta}^1 t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, = M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

Pierwsza nierówność wynika z twierdzenia [[#D168|D168]]. Trzecią (i ostatnią) nierówność otrzymujemy z twierdzenia Weierstrassa<ref name="Weierstrass1"/> zastosowanego do funkcji rzeczywistej <math>| f (t) |</math> określonej w przedziale domkniętym <math>[\delta, 1]</math>. Na mocy tego twierdzenia <math>| f (t) |</math> jest funkcją ograniczoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, czyli istnieje takie <math>M > 0</math>, że <math>| f (t) | \leqslant M</math> dla każdego <math>t \in [\delta, 1]</math>.

Możemy teraz oszacować resztę <math>R_n (z)</math> daną wzorem <math>(\ast)</math>

::<math>0 \leqslant | R_n (z) | = \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| + \left| \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, < {\small\frac{\delta^{n + 1}}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta}{n + 2}} + \frac{\delta^{\operatorname{Re}(z)}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + {\small\frac{M}{n + 2}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n (z) | = 0</math>. Pokazaliśmy tym samym, że

::<math>\psi (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

Aby udowodnić drugi wzór

::<math>\psi (z) = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

skorzystamy z twierdzenia [[#D167|D167]]. Mamy

::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Podstawiając wyrażenie na <math>\gamma</math> do wzoru na <math>\psi (z)</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( - {\small\frac{1}{\log t}} - {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Całka <math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt</math> jest niewłaściwa w punkcie <math>t = 0</math>, bo łatwo wskazać wartości <math>z</math>, dla których wyrażenie <math>t^{z - 1}</math> dąży do nieskończoności, gdy <math>t \rightarrow 0^+</math>. W szczególności zauważmy, że całka jest rozbieżna, gdy <math>z = 0</math>. Dlatego zapiszemy ją jako granicę

::<math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{t^z}{z}} \biggr\rvert_{\varepsilon}^{1} \right) = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{1^z}{z}} - {\small\frac{\varepsilon^z}{z}} \right) = {\small\frac{1}{z}} - {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z</math>

Zapisując <math>\varepsilon^z</math> w postaci wykładniczej, gdzie <math>z = x + iy</math>, otrzymujemy

::<math>\varepsilon^z = \varepsilon^{x + iy} = \varepsilon^x \cdot \varepsilon^{iy} = e^{x \log \varepsilon} \cdot e^{i y \log \varepsilon}</math>

Widzimy, że

::<math>0 \leqslant | \varepsilon^z | = e^{\operatorname{Re}(z) \cdot \log \varepsilon}</math>

Zatem z twierdzenia o trzech funkcjach (zobacz [[#D161|D161]] p.&hairsp;1) otrzymujemy natychmiast, że <math>\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z = 0</math>, gdy <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D170" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D170</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
W twierdzeniu [[#D169|D169]] pokazaliśmy, że

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

W całce stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>. Otrzymujemy następujące zależności

::<math>dt = - e^{- x}\,dx</math>

::<math>t^{z - 1} = (e^{- x})^{z - 1} = e^{- xz + x}</math>

oraz nowe granice całkowania
:*    gdy <math>t \to 0</math>, to <math>x \to \infty</math>
:*    gdy <math>t \to 1</math>, to <math>x \to 0</math>

Podstawiając do całki, mamy

::<math>\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_{\infty}^0 {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} (- e^{- x})\,dx = \int_0^{\infty} {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} e^{- x}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- zx}}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Skąd natychmiast wynika pierwszy dowodzony wzór (z wydzieloną stałą <math>\gamma</math>).

Korzystamy teraz z reprezentacji całkowej stałej <math>\gamma</math> (zobacz [[#D167|D167]])

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>

Łącząc obydwie znalezione całki, dostajemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( - {\small\frac{e^{- t}}{1 - e^{- t}}} + {\small\frac{e^{- t}}{t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Przypisy ==
<references>

<ref name="DirichletEta">Wikipedia, ''Funkcja η'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%B7 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="RiemannZeta">Wikipedia, ''Funkcja dzeta Riemanna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_dzeta_Riemanna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Riemann1">Bernhard Riemann, ''Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe'', [rozprawa habilitacyjna z 1854, w:] Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften in Göttingen vol. 13, 1868, pp. 87 - 1</ref>

<ref name="calkowalnosc1">Twierdzenie: funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całkowalna w tym przedziale.</ref>

<ref name="calkowalnosc2">W szczególności: funkcja ograniczona i mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w przedziale domkniętym jest w tym przedziale całkowalna.</ref>

<ref name="Mertens1">Wikipedia, ''Twierdzenia Mertensa'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenia_Mertensa Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Mertens%27_theorems Wiki-en])</ref>

<ref name="Mertens2">Wikipedia, ''Franciszek Mertens'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Franciszek_Mertens Wiki-pl])</ref>

<ref name="Rosser1">J. B. Rosser and L. Schoenfeld, ''Approximate formulas for some functions of prime numbers'', Illinois J. Math. 6 (1962), 64-94, ([https://projecteuclid.org/journals/illinois-journal-of-mathematics/volume-6/issue-1/Approximate-formulas-for-some-functions-of-prime-numbers/10.1215/ijm/1255631807.full LINK])</ref>

<ref name="twierdzenie">Zobacz twierdzenie [[#D73|D73]].</ref>

<ref name="A001620">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A001620 - Decimal expansion of Euler's constant'', ([https://oeis.org/A001620 A001620])</ref>

<ref name="A083343">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A083343 - Decimal expansion of constant B3 (or B_3) related to the Mertens constant'', ([https://oeis.org/A083343 A083343])</ref>

<ref name="A138312">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A138312 - Decimal expansion of Mertens's constant minus Euler's constant'', ([https://oeis.org/A138312 A138312])</ref>

<ref name="Dusart10">Pierre Dusart, ''Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.'', 2010, ([https://arxiv.org/abs/1002.0442 LINK])</ref>

<ref name="Wiki1">Wikipedia, ''Stałe Bruna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82e_Bruna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="A065421">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A065421 - Decimal expansion of Viggo Brun's constant B'', ([https://oeis.org/A065421 A065421])</ref>

<ref name="Erdos1">Paul Erdős, ''Über die Reihe'' <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math>, Mathematica, Zutphen B 7, 1938, 1-2.</ref>

<ref name="sumowanie1">sumowanie przez części (ang. ''summation by parts'')</ref>

<ref name="convexseq1">ciąg wypukły (ang. ''convex sequence'')</ref>

<ref name="Dusart18">Pierre Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', The Ramanujan Journal, vol. 45(1), 2018, 227-251.</ref>

<ref name="GeometricSeries1">Wikipedia, ''Szereg geometryczny'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_geometryczny Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_series Wiki-en])</ref>

<ref name="CesaroSum1">Wikipedia, ''Sumowalność metodą Cesàro'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sumowalno%C5%9B%C4%87_metod%C4%85_Ces%C3%A0ro Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Ces%C3%A0ro_summation Wiki-en])</ref>

<ref name="IndefiniteSum1">Wikipedia, ''Indefinite sum'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Indefinite_sum Wiki-en])</ref>

<ref name="Fasenmyer1">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''Some Generalized Hypergeometric Polynomials'', Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947), 806-812</ref>

<ref name="Fasenmyer2">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''A Note on Pure Recurrence Relations'', Amer. Math. Monthly 56 (1949), 14-17</ref>

<ref name="Zeilberger1">Doron Zeilberger, ''Sister Celine's technique and its generalizations'', Journal of Mathematical Analysis and Applications, 85 (1982), 114-145</ref>

<ref name="WilfZeilberger1">Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''Rational Functions Certify Combinatorial Identities'', J. Amer. Math. Soc. 3 (1990), 147-158</ref>

<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1">Marko Petkovšek, Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''A = B'', AK Peters, Ltd., 1996</ref>

<ref name="JovanMikic1">Jovan Mikić, ''A Proof of a Famous Identity Concerning the Convolution of the Central Binomial Coefficients'', Journal of Integer Sequences, Vol. 19, No. 6 (2016), pp. 1 - 10, ([https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Mikic2/mikic15.html LINK])</ref>

<ref name="gamma1">Wikipedia, ''Funkcja Γ'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%93 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Weierstrass1">Twierdzenie Weierstrassa: Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> określona w przedziale domkniętym jest ciągła, to jest w nim ograniczona i osiąga swoje kresy. ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Weierstrassa_o_kresach Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem Wiki‑en])</ref>

<ref name="Darboux1">Wikipedia, ''Twierdzenie Darboux'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Darboux Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="Euler1">Wikipedia, ''Stała Eulera'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82a_Eulera Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_constant Wiki-en])</ref>

</references>

Szeregi liczbowe

2026-06-18T14:49:56Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">07.04.2022</div>

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

<span id="D1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>

::<math>a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n + \ldots = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>

nazywamy szeregiem nieskończonym o wyrazach <math>a_n</math>.

<span id="D2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

<span id="D3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

<span id="D4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> będzie ciągiem sum częściowych, wtedy <math>a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_n</math>. Z założenia ciąg <math>(S_n)</math> jest zbieżny, zatem

::<math>\lim_{n \to \infty} a_{n + 1} = \lim_{n \to \infty} \left ( S_{n+1} - S_{n} \right ) = \lim_{n \to \infty} S_{n + 1} - \lim_{n \to \infty} S_n = 0</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Okazuje się, że bardzo łatwo podać przykład szeregów, dla których warunek <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math> jest warunkiem wystarczającym. Opisany w poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
<span id="D5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych. Jeżeli

::<math>\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} a_n = 0</math>

to szereg <math>\underset{k = 1}{\overset{\infty}{\sum}} (- 1)^{k + 1} \cdot a_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Grupując wyrazy szeregu po dwa, otrzymujemy sumę częściową postaci

::<math>S_{2 m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \ldots + (a_{2 m - 1} - a_{2 m})</math>

Ponieważ ciąg <math>(a_n)</math> jest ciągiem malejącym, to każde wyrażenie w nawiasie jest liczbą nieujemną. Z drugiej strony

::<math>S_{2 m} = a_1 - (a_2 - a_3) - (a_4 - a_5) - \ldots - (a_{2 m - 2} - a_{2 m - 1}) {- a_{2 m}} < a_1</math>

Zatem dla każdego <math>m</math> ciąg sum częściowych <math>S_{2 m}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C12|C12]] jest zbieżny, czyli

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>

Pozostaje zbadać sumy częściowe <math>S_{2 m + 1}</math>. Rezultat jest natychmiastowy

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m + 1} = \lim_{m \to \infty} (S_{2 m} + a_{2 m + 1}) = \lim_{m \to \infty} S_{2 m} + \lim_{m \to \infty} a_{2 m + 1} = g + 0 = g</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D6</span><br/>
Pokazać, że dla <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math> jest

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Przypomnijmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} q^k = {\small\frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q}} \qquad \qquad \text{dla} \quad q \neq 1</math>

Kładąc <math>q = - x^{a}</math>, gdzie <math>x \geqslant 0</math> i <math>a > 0</math>, mamy <math>q \leqslant 0</math> i <math>q \neq 1</math>. Zatem otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k = \frac{1 - (- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k + \frac{(- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} + \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

Całkując obie strony równania w granicach od <math>0</math> do <math>1</math>, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \qquad \qquad \qquad (\ast)</math>
</div>

Łatwo znajdujemy pierwszą całkę po prawej stronie

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x = \sum^n_{k = 0} (- 1)^k \int^1_0 x^{a k} d x = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k \left[ {\small\frac{x^{a k + 1}}{a k + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} \right] = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}}</math>
</div>

Dla drugiej całki po prawej stronie wzoru <math>(\ast)</math> wystarczy znaleźć odpowiednie oszacowanie. Ponieważ dla <math>x \in [0, 1]</math> i <math>a > 0</math>, to <math>| x | = x</math> i <math>| 1 + x^{a} | = 1 + x^{a} \geqslant 1</math>. Zatem

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>0 \leqslant \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| \leqslant \int^1_0 \left| {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} \right| d x = \int^1_0 {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} d x \leqslant \int^1_0 x^{a (n + 1)} d x = {\small\frac{x^{a (n + 1) + 1}}{a (n + 1) + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{a (n + 1) + 1}}</math>
</div>

Z twierdzenia o trzech ciągach ([[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| = 0</math>
</div>

Czyli (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2)

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} dx = 0</math>
</div>

Możemy teraz wzór <math>(\ast)</math> zapisać w postaci

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x</math>
</div>

i przechodząc do granicy, dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>
</div>

'''Punkt 2.'''

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^k}{{\small\frac{a}{b}} \cdot k + 1} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
Korzystając z rezultatu uzyskanego w zadaniu [[#D6|D6]], znajdziemy sumy niektórych szeregów.

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x}} d x = \log (1 + x) \biggr\rvert_{0}^{1} = \log 2 \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (szereg harmoniczny naprzemienny)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{2 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{7}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^2}} d x = \operatorname{arctg}(x) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E2%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (wzór Leibniza na <math>\pi</math>)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{3 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^3}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{3}}{9}} + {\small\frac{\log 2}{3}} = 0.8356488482647 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E3%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{4 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{17}} - {\small\frac{1}{21}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^4}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{2}}{8}} + \frac{\sqrt{2} \cdot \log \left( 1 + \sqrt{2} \right)}{4} = 0.8669729873399 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{6 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{25}} - {\small\frac{1}{31}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^6}} d x = {\small\frac{\pi}{6}} + \frac{\sqrt{3} \cdot \log \left( 2 + \sqrt{3} \right)}{6} = 0.90377177374877 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\pi k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{\pi}}} d x = {\small\frac{1}{2 \pi}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} \right) \right] = 0.840943255440756 \ldots</math>

Gdzie <math>\psi (x)</math> oznacza funkcję digamma (zobacz [[#D148|D148]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D153|D153]].

<span id="D8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że założenie <math>s > 1</math> zapewnia zbieżność szeregu po prawej stronie. Zapiszmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math> w postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i nieparzystych

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} = 1 + {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} + {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} + \ldots</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Otrzymujemy wzór

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Podobnie rozpiszmy szereg naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = 1 - {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} - {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} - \ldots</math>

:::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} - {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D9</span><br/>
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta<ref name="DirichletEta"/>, którą definiuje szereg naprzemienny

::<math>\eta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>

lub funkcja dzeta Riemanna<ref name="RiemannZeta"/>, którą definiuje inny szereg

::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Na podstawie twierdzenia [[#D8|D8]] funkcje te są związane wzorem

::<math>\eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s)</math>

Dla <math>s \in \mathbb{R}_+</math> funkcja eta Dirichleta jest zbieżna. Możemy ją wykorzystać do znajdowania sumy szeregu naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| <math>s = {\small\frac{1}{2}}</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{\sqrt{k}}} = 0.604898643421 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%2F2%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 1</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2 = 0.693147180559 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 2</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{12}} = 0.822467033424 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B2%5D WolframAlpha]
|}

<span id="D10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
Niech <math>N \in \mathbb{Z}_+</math>. Szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W przypadku zbieżności zachodzi związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \left ( a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1} \right ) + \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S(n) =\sum_{k = 1}^{n} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant 1</math>) oznacza sumę częściową pierwszego szeregu, a <math>T(n) = \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant N</math>) oznacza sumę częściową drugiego szeregu. Dla <math>n \geqslant N</math> mamy

::<math>S(n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1}) + T (n)</math>

Widzimy, że dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności zbieżność (rozbieżność) jednego ciągu implikuje zbieżność (rozbieżność) drugiego.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze)</span><br/>
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek

::<math>0 \leqslant a_k \leqslant b_k</math>

to

#   zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> pociąga za sobą zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>
#   rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> pociąga za sobą rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dowód przeprowadzimy dla szeregów <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math>, które są (odpowiednio) jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne z szeregami <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

'''Punkt 1.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Niech <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k = b</math>, zatem z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k \leqslant b</math>

Zauważmy, że ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> jest ciągiem rosnącym (bo <math>a_k \geqslant 0</math>) i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>\left ( A_n \right )</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny, a z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math>

Rosnący ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> nie może być ograniczony od góry, bo przeczyłoby to założeniu, że szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny. Wynika stąd i z wypisanych wyżej nierówności, że również ciąg sum częściowych <math>B_n = \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math> nie może być ograniczony od góry, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k \right |</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest również zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>b_k = a_k + | a_k |</math>. Z definicji prawdziwe jest następujące kryterium porównawcze

::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>

Zatem z punktu 1. twierdzenia [[#D11|D11]] wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Ponieważ szeregi po prawej stronie są zbieżne, to zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>. Zauważmy, że jedynie w przypadku, gdyby obydwa szeregi po prawej stronie były rozbieżne, nie moglibyśmy wnioskować o zbieżności / rozbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, bo suma szeregów rozbieżnych może być zbieżna.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D13</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''bezwzględnie zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest zbieżny.

Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''warunkowo zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, ale szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest rozbieżny.

<span id="D14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D14</span><br/>
Suma szeregów zbieżnych jest zbieżna, a suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''

Pokażemy, że suma szeregów zbieżnych jest zbieżna.</br>
Załóżmy, że szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> są zbieżne. Niech <math>A_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> oraz <math>B_n = \sum_{k = 1}^n b_k</math> będą ciągami sum częściowych tych szeregów. Ponieważ założyliśmy zbieżność szeregów, to ciągi <math>(A_n)</math> i <math>(B_n)</math> mają skończone granice.

::<math>\lim_{n \to \infty} A_n = S_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \lim_{n \to \infty} B_n = S_B</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, gdzie <math>c_k = a_k + b_k</math>. Ciąg sum częściowych tego szeregu oznaczymy jako <math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k</math>. Ponieważ w przypadku sum skończonych możemy dowolnie zmieniać kolejność składników, to

::<math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k = \sum_{k = 1}^n (a_k + b_k) = \sum_{k = 1}^n a_k + \sum_{k = 1}^n b_k = A_n + B_n</math>

Aby zbadać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, musimy obliczyć granicę ciągu sum częściowych <math>(C_n)</math> przy <math>n \to \infty</math>. Korzystając z twierdzenia o granicy sumy ciągów (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]]), otrzymujemy

::<math>\lim_{n \to \infty} C_n = \lim_{n \to \infty} (A_n + B_n) = \lim_{n \to \infty} A_n + \lim_{n \to \infty} B_n = S_A + S_B</math>

Skoro granica ciągu sum częściowych <math>C_n</math> istnieje i jest skończona, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Pokażemy, że suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.</br>
Z założenia szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty}b_k</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem szeregi zbudowane z modułów ich wyrazów są zbieżne do pewnych skończonych wartości

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k | = M_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} |b_k | = M_B</math>

Chcemy pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k + b_k |</math> jest zbieżny. Zdefiniujmy sumę częściową tego szeregu

::<math>V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k |</math>

Łatwo widzimy, że

::<math>0 \leqslant V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^n (| a_k | + | b_k |) = \sum_{k = 1}^n | a_k | + \sum_{k = 1}^n | b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k | + \sum_{k = 1}^{\infty} | b_k | = M_A + M_B</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(V_n)</math> jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D15</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w jednej z postaci

# <math>\quad a_k = f_k - f_{k + 1}</math>
# <math>\quad a_k = f_{k - 1} - f_k</math>

to odpowiadający temu ciągowi szereg nazywamy szeregiem teleskopowym. Suma częściowa szeregu teleskopowego jest odpowiednio równa

# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_m - f_{n + 1}</math>
# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_{m - 1} - f_n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) =</math>

::::<math>= (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + (f_{m + 2} - f_{m + 3}) + \ldots + (f_{n - 1} - f_n) + (f_n - f_{n + 1})</math>

::::<math>= f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + f_{m + 2} - f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1} - f_n + f_n - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + f_{m + 2}) + (- f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1}) + (- f_n + f_n) - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m - f_{n + 1}</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) =</math>

::::<math>= (f_{m - 1} - f_m) + (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + \ldots + (f_{n - 2} - f_{n - 1}) + (f_{n - 1} - f_n)</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_m + f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2} - f_{n - 1} + f_{n - 1} - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D16</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k (k - 1)}} = 1</math>
|
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{3}{4}}</math>
|
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}} = 1.644934066848 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A013661 A013661], [https://www.wolframalpha.com/input/?i=Zeta%282%29 WolframAlpha]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym

::<math>{\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = \sum^n_{k = 1} \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) = 1 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest identyczny z szeregiem z punktu 1., co łatwo zauważyć zmieniając zmienną sumowania <math>k = s + 1</math> i odpowiednio granice sumowania.

'''Punkt 3.'''<br/>
Należy skorzystać z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) + \left( {\small\frac{1}{k - 1}} - {\small\frac{1}{k}} \right) \right]</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność

::<math>0 < {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math>

to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D17</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 1.860025079221 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} = 0.788530565911 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085361 A085361]
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.257746886944 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} = 1.069058310734 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>

Wystarczy zauważyć, że

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} = {\small\frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}}</math>

::::::<math>\:\, > {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::::::<math>\:\, < 2 \sum_{k = 1}^n \left( {\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, < 2</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.&hairsp;4, możemy napisać oszacowanie

::<math>0 < {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} < {\small\frac{\sqrt{k}}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} = {\small\frac{k \log (k - 1) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log \left( k \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) \right) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) - k \log (k) + \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Czyli prawdziwe jest oszacowanie

::<math>{\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Zatem możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \sum_{k = 2}^{n} \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 4.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log (k + 1) - \log (k)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Z drugiej strony mamy

::<math>{\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} = {\small\frac{\log (k) - \log (k - 1)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k - 1}} \right)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Wynika stąd następujący ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Rezultat ten wykorzystamy w pełni w przykładzie [[#D18|D18]], a do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy

::<math>\sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < \sum_{k = 3}^{n} \left[ {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{\log 2}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D18</span><br/>
Na przykładzie szeregu <math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math> pokażemy, jak należy obliczać przybliżoną wartość sumy szeregu.

Ponieważ nie jesteśmy w stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części

::<math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} + \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Wartość pierwszej części możemy policzyć bezpośrednio, a dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.

Dowodząc twierdzenie [[#D17|D17]], w punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Wykorzystamy powyższy wzór do znalezienia potrzebnego nam oszacowania. Sumując strony nierówności, dostajemy

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right)</math>

Ponieważ szeregi po lewej i po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} - {\small\frac{1}{\log n}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}}</math>

Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od <math>k = 3</math> do <math>k = m</math>

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Poniżej przedstawiamy wartości oszacowania sumy szeregu znalezione przy pomocy programu PARI/GP dla kolejnych wartości <math>m</math>. Wystarczy proste polecenie

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 8, s = '''sum'''( k = 3, 10^n, 1/k/('''log'''(k))^2 ); '''print'''( "n= ", n, " a= ", s + 1/'''log'''(10^n+1), " b= ", s + 1/'''log'''(10^n) ))</span>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>m = 10^1</math> || <math>1.06</math> || <math>1.07</math>
|-
| <math>m = 10^2</math> || <math>1.068</math> || <math>1.069</math>
|-
| <math>m = 10^3</math> || <math>1.06904</math> || <math>1.06906</math>
|-
| <math>m = 10^4</math> || <math>1.069057</math> || <math>1.069058</math>
|-
| <math>m = 10^5</math> || <math>1.0690582</math> || <math>1.0690583</math>
|-
| <math>m = 10^6</math> || <math>1.06905830</math> || <math>1.06905831</math>
|-
| <math>m = 10^7</math> || <math>1.0690583105</math> || <math>1.0690583109</math>
|-
| <math>m = 10^8</math> || <math>1.06905831071</math> || <math>1.06905831074</math>
|}

Dysponując oszacowaniem reszty szeregu, znaleźliśmy wartość sumy szeregu z dokładnością 10 miejsc po przecinku.

Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik

::<math>\sum_{k = 3}^{10^8} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = 1.014 771 500 510 916 \ldots</math>

Zatem mimo zsumowania stu milionów(!) wyrazów szeregu otrzymaliśmy rezultat z dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.

Rozpatrywana wyżej sytuacja pokazuje, że w przypadku znajdowania przybliżonej wartości sumy szeregu ważniejsze od sumowania ogromnej ilości wyrazów jest posiadanie oszacowania nieskończonej reszty szeregu. Ponieważ wyznaczenie tego oszacowania na ogół nie jest proste, pokażemy jak ten problem rozwiązać przy pomocy całki oznaczonej.

== Grupowanie i przestawianie wyrazów szeregu ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcje</span> ===

 

<span id="D19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D19</span><br/>
Niech będą dane dwa zbiory <math>X</math> i <math>Y</math>. Funkcją nazywamy takie odwzorowanie, które każdemu elementowi zbioru <math>X</math> przyporządkowuje dokładnie jeden element zbioru <math>Y</math>.

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest różnowartościowa, jeżeli dla dowolnych elementów <math>x_1, x_2 \in X</math> prawdziwa jest implikacja
::<math>x_1 \neq x_2 \Longrightarrow f (x_1) \neq f (x_2)</math>
lub implikacja równoważna
::<math>f(x_1) = f (x_2) \Longrightarrow x_1 = x_2</math>

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na", jeżeli dla każdego elementu <math>y \in Y</math> istnieje taki element <math>x \in X</math>, że <math>y = f (x)</math>

Funkcję różnowartościową nazywamy też '''iniekcją''', a funkcję na "na" '''suriekcją'''.

Funkcję różnowartościową i "na" nazywamy funkcją wzajemnie jednoznaczną (lub '''bijekcją''').

Niech <math>f : X \rightarrow Y</math>. Powiemy, że <math>f</math> jest funkcją odwracalną, jeżeli istnieje taka funkcja <math>g : Y \rightarrow X</math>, że
::●    <math>g (f (x)) = x</math> dla każdego <math>x \in X</math>
::●    <math>f (g (y)) = y</math> dla każdego <math>y \in Y</math>
Funkcję <math>g</math> spełniającą powyższe warunki będziemy nazywali funkcją odwrotną do <math>f</math> i oznaczali symbolem <math>f^{- 1}</math>.

<span id="D20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D20</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną (czyli jest bijekcją), to ma dokładnie jedną funkcję odwrotną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Załóżmy, że <math>f : X \rightarrow Y</math> jest bijekcją. Zauważmy, że
* z założenia <math>f</math> jest funkcją "na" (suriekcją), zatem każdemu elementowi <math>y \in Y</math> musi odpowiadać przynajmniej jeden element <math>x \in X</math> taki, że <math>f(x) = y</math>

* przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że pewnemu elementowi <math>y \in Y</math> odpowiadają dwa '''różne''' elementy <math>x_1, x_2 \in X</math> takie, że <math>f(x_1) = y</math> i <math>f(x_2) = y</math>; ale z założenia <math>f</math> jest funkcją różnowartościową (iniekcją) i wiemy, że jeżeli <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, to <math>x_1 = x_2</math>; z otrzymanej sprzeczności wynika natychmiast, że element <math>x \in X</math> odpowiadający elementowi <math>y \in Y</math> jest '''jedyny'''.

Widzimy, że funkcja <math>f</math>, która jest różnowartościowa i "na" (bijekcja) przypisuje każdemu elementowi <math>x \in X</math> dokładnie jeden element <math>y \in Y</math> (to akurat wynika z definicji funkcji) i '''jednocześnie każdemu''' elementowi <math>y \in Y</math> odpowiada '''dokładnie jeden''' element <math>x \in X</math>.

::[[File: Funkcja-odwrotna.png|160px|none]]

Zatem możemy zdefiniować funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math> w następujący sposób: dla każdego <math>y \in Y</math> niech <math>f^{- 1} (y)</math> będzie tym '''jedynym''' elementem <math>x \in X</math> spełniającym <math>f(x) = y</math>.

Z powyższej definicji wynika, że
* dla dowolnego <math>x \in X</math> mamy <math>f^{- 1} (f (x)) = f^{- 1} (y) = x</math>
* dla dowolnego <math>y \in Y</math> jest <math>f (f^{- 1} (y)) = f (x) = y</math>

Pokażemy jeszcze, że funkcja odwrotna <math>f</math> jest wyznaczona jednoznacznie.

Niech <math>g : Y \rightarrow X</math> oraz <math>h : Y \rightarrow X</math> będą dwiema funkcjami odwrotnymi do <math>f</math>. Niech <math>y</math> będzie dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>. Z
definicji funkcji odwrotnej mamy <math>f (g (y)) = y</math> i <math>f (h (y)) = y</math>. Ponieważ
<math>f</math> jest funkcją różnowartościową i <math>f (g (y)) = f (h (y))</math>, to musi być <math>g(y) = h (y)</math>. Ponieważ <math>y</math> był dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>, to wypisana równość zachodzi dla każdego <math>y \in Y</math>, skąd natychmiast wynika, że funkcje <math>g</math> i <math>h</math> są identyczne. Czyli istnieje dokładnie jedna funkcja odwrotna do funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D21</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną, to jest funkcją wzajemnie jednoznaczną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math>.

'''1.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na" (jest suriekcją)

Załóżmy, że <math>y \in Y</math> i niech <math>x = f^{- 1} (y)</math>, mamy

::<math>f(x) = f (f^{- 1} (y)) = y</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na".

'''2.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową (jest iniekcją)

Załóżmy, że <math>x_1, x_2 \in X</math> i <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, mamy

::<math>x_1 = f^{- 1} (f (x_1)) = f^{- 1} (f (x_2)) = x_2</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D22</span><br/>
Pokazać, że <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbiorem ograniczonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

<math>\Large{\Longrightarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym, zatem <math>A = \{ k_1, \ldots, k_n \}</math>, gdzie <math>k_i \in \mathbb{N}</math>, a <math>n</math> jest iloscią elementów zbioru <math>A</math>. Wystarczy przyjąć <math>M = \max (k_1, \ldots, k_n)</math>, aby dla każdego <math>k_i \in A</math> było <math>k_i \leqslant M</math>. Czyli zbiór <math>A</math> jest zbiorem ograniczonym.

<math>\Large{\Longleftarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem ograniczonym, zatem istnieje taka liczba <math>M</math>, że dla każdego <math>k_i \in A</math> jest <math>k_i \leqslant M</math>. Ponieważ <math>\mathbb{N}</math> jest zbiorem dyskretnym, to zbiór ma nie więcej niż <math>M</math> elementów, zatem jest zbiorem skończonym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D23</span><br/>
Niech <math>A</math> będzie dowolnym zbiorem skończonym, a <math>f</math> dowolną funkcją określoną na <math>A</math>. Pokazać, że obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> jest zbiorem skończonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji funkcji wiemy, że każdemu elementowi <math>k \in A</math> odpowiada dokładnie jeden element zbioru <math>A</math>, zatem obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> nie może zawierać więcej elementów niż zbiór <math>A</math>, zatem musi być zbiorem skończonym. Oczywiście <math>f(A)</math> może zawierać mniej elementów niż zbiór <math>A</math>, np. w przypadku funkcji <math>f(k) = k^2</math> i zbioru <math>A = \{ - 5, - 4, \ldots, 4, 5 \}</math> lub funkcji stałej <math>f(k) = C</math> i dowolnego skończonego zbioru <math>A</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Grupowanie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D24</span><br/>
Problem, który pojawia się w przypadku grupowania wyrazów szeregu, zilustrujemy przykładem. Rozważmy szereg

::<math>1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + {\small\frac{1}{8^2}} + {\small\frac{1}{9^2}} + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots \qquad (*)</math>

Jest to szereg zbieżny (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;4) i oczywiście jest bezwzględnie zbieżny. Możemy łatwo popsuć zbieżność tego szeregu, dodając nowe wyrazy. Zauważmy, że szereg

::<math>1 - 1 + 1 + 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} + 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} + 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} + 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} + 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} + \ldots \qquad (**)</math>

jest rozbieżny. Czytelnik łatwo sprawdzi, że suma częściowa tego szeregu wyraża się wzorem

::<math>S_n = \sum_{j = 1}^{\lfloor n / 3 \rfloor} {\small\frac{1}{j^2}} +
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n = 3 k \\
\lfloor n / 3 \rfloor + 1 & & \text{gdy } n = 3 k + 1 \\
0 & & \text{gdy } n = 3 k + 2 \\
\end{cases}</math>

Mamy zatem: <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \infty</math>, gdy <math>n = 3 k + 1</math> i <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>, gdy <math>n = 3 k</math> lub <math>n = 3 k + 2</math>. Skąd wynika natychmiast rozbieżność szeregu <math>(**)</math>. Zauważmy, że możemy łatwo temu szeregowi przywrócić zbieżność grupując wyrazy po trzy

::<math>(1 - 1 + 1) + \left( 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} \right) + \left( 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} \right) + \left( 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} \right) + \left( 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} \right) + \left( 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

W wyniku otrzymujemy zbieżny szereg <math>(*)</math>. Możemy też zastosować grupowanie: dwa wyrazy, jeden wyraz. Dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1) + (2 - 2) + \left( {\small\frac{1}{2^2}} \right) + (3 - 3) + \left( {\small\frac{1}{3^2}} \right) + (4 - 4) + \left( {\small\frac{1}{4^2}} \right) + (5 - 5) + \left( {\small\frac{1}{5^2}} \right) + (6 - 6) + \left( {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

Czyli szereg postaci

::<math>0 + 1 + 0 + {\small\frac{1}{2^2}} + 0 + {\small\frac{1}{3^2}} + 0 + {\small\frac{1}{4^2}} + 0 + {\small\frac{1}{5^2}} + 0 + {\small\frac{1}{6^2}} + 0 + {\small\frac{1}{7^2}} + 0 + {\small\frac{1}{8^2}} + 0 + {\small\frac{1}{9^2}} + 0 + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots</math>

Suma tego szeregu wynosi oczywiście <math>{\small\frac{\pi^2}{6}}</math>.

Widzimy, że szereg rozbieżny można uczynić zbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu. Podane niżej twierdzenie odpowiada na pytanie: czy szereg zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo) możemy uczynić rozbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu.

<span id="D25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
Zbadać, czy suma wypisanych niżej szeregów zależy od sposobu grupowania wyrazów tych szeregów.

::<math>1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - \ldots</math>

::<math>1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + 7 - 8 + 9 - 10 + 11 - 12 + \ldots</math>

::<math>1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} + \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pierwszy i drugi szereg nie są zbieżne, bo nie spełniają warunku koniecznego zbieżności szeregu: <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. W przypadku pierwszego szeregu mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
1 & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Widzimy, że nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, czyli szereg jest rozbieżny, ale grupując wyrazy po dwa, dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \ldots = 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + \ldots = 1 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 1</math>

Dla drugiego szeregu jest podobnie

::<math>S_n =
\begin{cases}
- {\large\frac{n}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{n + 1}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, zatem szereg jest rozbieżny. Grupując wyrazy po dwa, mamy

::<math>(1 - 2) + (3 - 4) + (5 - 6) + (7 - 8) + (9 - 10) + (11 - 12) + \ldots = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - \ldots = - \infty</math>

::<math>1 + (- 2 + 3) + (- 4 + 5) + (- 6 + 7) + (- 8 + 9) + (- 10 + 11) + (- 12 + 13) + \ldots = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + \ldots = + \infty</math>

Trzeci szereg spełnia warunek konieczny zbieżności szeregu, ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
\;\;\; 0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{2}{n + 1}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Ponieważ <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>, to trzeci szereg jest warunkowo zbieżny. Zauważmy, że

::<math>(1 - 1) + \left( {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + \left( - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{20}} - \ldots = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 0 \qquad \quad</math> (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;1)

::<math>\left( 1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + \ldots \longrightarrow 0</math>

Widzimy, że zmiana sposobu grupowania nie zmieniła sumy tego szeregu.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D26</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo), to jego suma nie zależy od pogrupowania wyrazów pod warunkiem, że każda z grup obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Uwaga: warunek, aby grupy obejmowały jedynie skończoną ilość wyrazów, stosujemy do ustalonej grupy, co nie wyklucza sytuacji, że rozmiar grupy rośnie dla kolejnych grup, np. <math>n</math>-ta grupa zawiera <math>n</math> wyrazów szeregu.
Zauważmy, że podciąg <math>k_j = {\small\frac{1}{2}} (j^2 - j + 2)</math> jest równie dobrym podciągiem, jak każdy inny, a w tym przypadku <math>n</math>-ta grupa obejmuje dokładnie <math>n</math> wyrazów szeregu.

Rozważmy szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14} + \ldots</math>

oraz dowolne grupowanie wyrazów tego szeregu, na przykład

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = (a_1) + (a_2 + a_3) + (a_4 + a_5 + a_6) + (a_7 + a_8) + (a_9 + a_{10} + a_{11}) + (a_{12} + a_{13} + a_{14}) + \ldots</math>

Każda grupa (zgodnie z założeniem) obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów. Takie grupowanie w rzeczywistości tworzy nowy szereg

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + b_{k_3} + b_{k_4} + b_{k_5} + b_{k_6} + \ldots</math>

gdzie <math>(k_j)</math> jest pewnym podciągiem ciągu liczb naturalnych określonych przez wskaźnik pierwszego wyrazu po nawiasie otwierającym grupę, a samą grupę możemy zapisać jako

::<math>b_{k_j} = (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

W naszym przykładzie mamy: <math>k_1 = 1</math>, <math>k_2 = 2</math>, <math>k_3 = 4</math>, <math>k_4 = 7</math>, <math>k_5 = 9</math>, <math>k_6 = 12, \; \ldots</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> ma granicę. Ciąg sum częściowych szeregu <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j}</math> możemy zapisać w postaci

::<math>T_m = \sum_{j = 1}^{m} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + \ldots + b_{k_m} = \sum_{j = 1}^{m} (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

Łatwo widzimy, że <math>T_m</math> jest sumą wszystkich wyrazów ciągu <math>(a_k)</math> o wskaźnikach mniejszych od <math>k_{m + 1}</math>, czyli

::<math>T_m = S_{k_{m + 1} - 1}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(T_m)</math> jest podciągiem ciągu zbieżnego <math>(S_n)</math>, to też jest zbieżny do tej samej granicy (zobacz [[Ciągi liczbowe#C77|C77]]). Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Przestawianie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D27</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math> powstał w wyniku przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, jeżeli <math>b_k = a_{f (k)}</math>, gdzie funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną i <math>f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math>.

<span id="D28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D28</span><br/>
Zauważmy, że funkcja <math>f(k)</math> musi
:* odwzorowywać zbiór <math>\mathbb{N}</math> "na" <math>\mathbb{N}</math>, bo każdy wyraz ciągu <math>(a_k)</math> musi wystąpić w ciągu <math>(b_k)</math>
:* być funkcją różnowartościową

Różnowartościowość funkcji <math>f(k)</math> wyklucza sytuację, gdy dwóm wyrazom ciągu <math>(b_k)</math> o różnych indeksach odpowiada taki sam wyraz z ciągu <math>(a_k)</math>. Weźmy dla przykładu szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

Mamy: <math>b_5 = a_{f (5)} = b_6 = a_{f (6)} = a_5</math>, czyli <math>f(5) = f (6) = 5</math>. Otrzymaliśmy w ten sposób szereg złożony z innych wyrazów: pierwszy ma wszystkie wyrazy różne, a drugi ma dwa takie same.

<span id="D29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D29</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Funkcji <math>f</math> opisującej przestawianie wyrazów zazwyczaj nie daje się zapisać prostym wzorem. Powiedzmy, że dokonujemy tylko jednego przestawienia: wyraz <math>a_5</math> będzie teraz dziesiątym wyrazem w nowym szeregu. Takie przestawienie opisuje funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k & & \text{gdy } k < 5 \\[0.3em]
k + 1 & & \text{gdy } 5 \leq k < 10 \\[0.3em]
5 & & \text{gdy } k = 10 \\[0.3em]
k & & \text{gdy } k > 10 \\
\end{cases}</math>

Co dobrze pokazuje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=12 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>b_9</math> || <math>b_{10}</math> || <math>b_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>a_{f(9)}</math> || <math>a_{f(10)}</math> || <math>a_{f(11)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_3</math> || <math>a_4</math> || <math>a_6</math> || <math>a_7</math> || <math>a_8</math> || <math>a_9</math> || <math>a_{10}</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Niżej przedstawiamy jeszcze dwa przykłady.

<span id="D30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D30</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k + 1 & & \text{gdy } k \text{ jest nieparzyste} \\[0.3em]
k - 1 & & \text{gdy } k \text{ jest parzyste} \\
\end{cases}</math>

tworzy nowy szereg, w którym wyrazy o indeksach parzystych mają w nowym szeregu indeksy nieparzyste, a wyrazy o indeksach nieparzystych mają w nowym szeregu indeksy parzyste.

Co ilustruje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=8 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{2 j - 1}</math> || <math>b_{2 j}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(2 j - 1)}</math> || <math>a_{f(2 j)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_2</math> || <math>a_1</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j}</math> || <math>a_{2 j - 1}</math> || <math>\ldots</math>
|}

<span id="D31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D31</span><br/>
Niech <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będzie szeregiem harmonicznym naprzemiennym <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>, a funkcja opisująca przestawianie wyrazów szeregu ma postać

::<math>f(k) =
\begin{cases}
\large{\frac{2 k + 1}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 1 \\
\large{\frac{4 k - 2}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 2 \\
\large{\frac{4 k}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j \\
\end{cases}</math>

Rezultaty przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> zbierzemy w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=13 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{3 j + 1}</math> || <math>b_{3 j + 2}</math> || <math>b_{3 j + 3}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(3 j + 1)}</math> || <math>a_{f(3 j + 2)}</math> || <math>a_{f(3 j + 3)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>a_6</math> || <math>a_8</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{10}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j + 1}</math> || <math>a_{4 j + 2}</math> || <math>a_{4 j + 4}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>1</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4}}</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{6}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{8}}</math> || <math>{\small\frac{1}{5}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{10}}</math> || <math>\ldots</math> || <math>{\small\frac{1}{2 j + 1}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 4}}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Dokładnie z takim przestawieniem wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego spotkamy się w zadaniu [[#D32|D32]] p.&hairsp;2.

<span id="D32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D32</span><br/>
Niech <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math> i niech <math>[n, \ldots, n']</math> będzie dowolnym przedziałem liczb naturalnych o długości nie większej od <math>M</math>. Pokazać, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zgodnie z definicją granicy chcemy pokazać, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| < \varepsilon</math>

Z założenia <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, a z definicji tej granicy wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon' > 0</math> istnieje takie <math>N'_0</math>, że dla każdego <math>k > N'_0</math> jest <math>| a_k | < \varepsilon'</math>.

Ponieważ <math>\varepsilon'</math> możemy obrać dowolnie, to dla wybranego przez nas <math>\varepsilon</math> niech

::<math>\varepsilon' = {\small\frac{\varepsilon}{M}}</math>

Teraz już łatwo widzimy, że dla <math>n > N'_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| \leqslant \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} | a_k | < M \cdot \varepsilon' = M \cdot {\small\frac{\varepsilon}{M}} = \varepsilon</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D33</span><br/>
Rozważmy sytuację, gdy wszystkie wyrazy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> podzieliliśmy na bloki wyrazów – tak jak przykładowo poniżej

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = [a_1 + a_2 + a_3] + [a_4] + [a_5 + a_6 + a_7] + [a_8] + [a_9 + a_{10}] + [a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14}] + [a_{15}] + [a_{16} + a_{17} + a_{18}] + [a_{19} + a_{20}] + \ldots</math>

Zauważmy, że każdy wyraz należy do pewnego bloku <math>B_k</math>, a związany z blokiem wyrazów <math>B_k</math> zbiór indeksów tych wyrazów tworzy pewien przedział <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>. W naszym przypadku mielibyśmy

::<math>[1, 2, 3], [4], [5, 6, 7], [8], [9, 10], [11, 12, 13, 14], [15], [16, 17, 18], [19, 20], \ldots</math>

<span id="D34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D34</span><br/>
Podziałem zbioru liczb naturalnych <math>\mathbb{N}</math> na skończone przedziały nazywamy zbiór przedziałów <math>\{ I_k \}</math> takich, że

::*   <math>I_k \neq \varnothing</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>I_j \cap I_k = \varnothing</math> dla <math>j \neq k</math>
::*   <math>| \, I_k \, | < \infty</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>\bigcup_{k \geq 1} I_k =\mathbb{N}</math>
::*   przedziały są uporządkowane rosnąco w naturalnym porządku, tzn. dla <math>j < k</math> zachodzi <math>\max (I_j) < \min (I_k)</math>

<span id="D35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35</span><br/>
Niech <math>I_1, I_2, \ldots</math> będzie podziałem <math>\mathbb{N}</math> na przedziały o długości nie większej od <math>M</math>. Jeżeli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest szeregiem, którego wyrazy spełniają konieczny warunek zbieżności <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, to

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \lim_{m \rightarrow \infty} \left( \sum_{j = 1}^m \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k \right)</math>

Czyli suma częściowa szeregu <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> i suma wyrazów szeregu liczona po pełnych przedziałach <math>I_j</math> mają taką samą granicę.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy sumę częściową <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math>. Z definicji podziału <math>\mathbb{N}</math> na przedziały istnieje taki wskaźnik <math>r = r (n)</math> i taki odpowiadający mu przedział <math>I_r</math>, że <math>n \in I_r</math>. Zatem możemy napisać

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k = \underset{\text{przedziałach}}{\underset{\text{suma po pełnych}}{\sum_{j = 1}^{r - 1} \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k}} \quad + \quad \underset{\text{przedziału końcowego } I_r}{\underset{\text{suma po części}}{\sum_{k \:\! \in \:\! I_r, \;\! k < n} a_k}}</math>

Zauważmy, że druga suma po prawej stronie albo nie wystąpi (możemy powiedzieć, że jest równa zero), gdy <math>n = \max (I_r)</math>, albo przebiega po pewnym przedziale <math>[\min (I_r), \ldots, n]</math>. Przedział ten ma długość nie większą od <math>M</math>, bo jest podprzedziałem przedziału <math>I_r</math>, a z założenia <math>| I_r | < M</math>.

Gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, to również <math>r = r (n)</math> dąży do nieskończoności i tak samo liczba <math>\min (I_{r (n)})</math> dąży do nieskończoności, a przedział <math>[\min (I_r), \ldots, n] \subset I_r</math> obejmuje coraz większe liczby naturalne. Z zadania [[#D32|D32]] otrzymujemy natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [\min (I_r), \ldots, n]} a_k \right) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D36</span><br/>
Rozważmy szereg harmoniczny naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots</math>

Zbieżność tego szeregu wynika z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), wynika też z kryterium Dirichleta (zobacz [[#D75|D75]]), które poznamy później. Zauważmy, że dokonując podziału na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \left[ 1 - {\small\frac{1}{2}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć po pełnych blokach, zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{2 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>.

<span id="D37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D37</span><br/>
Pokazać, że szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots</math>

jest zbieżny, a jego suma jest równa

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 = 1.13197175 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że dokonując podziału szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \left[ 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć, sumując po pełnych blokach. Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{32 n^2 - 24 n + 3}{4 n (2 n - 1) (4 n - 1) (4 n - 3)}} < \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}}</math>.

Sumę szeregu trudniej policzyć. Zauważmy, że wyrazy szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

możemy pogrupować

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) - \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} \right) - \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} \right) - \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} \right) - \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Pozwala to zapisać rozpatrywany szereg w postaci sumy utworzonych wyżej grup

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2 k}} \right)</math>

Należy podkreślić, że takie pogrupowanie nie zmienia sumy szeregu (zobacz [[#D26|D26]]). Możemy zatem napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>

Będziemy rozważali całki

::<math>I_n = \int^1_0 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} d t</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>. Przykładowo

::<math>I_0 = \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = \operatorname{arctg}(t) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.785398 \ldots</math>

::<math>I_1 = \int_0^1 {\small\frac{t}{1 + t^2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{2 t}{1 + t^2}} d t = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{du}{1 + u}} = {\small\frac{1}{2}} \biggr[ \log (1 + u) \biggr\rvert_{0}^{1} \biggr] = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 \approx 0.34657 \ldots</math>

::<math>I_2 = \int_0^1 {\small\frac{t^2}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 {\small\frac{1 + t^2 - 1}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 dt - \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = 1 - {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.21460 \ldots</math>

Udowodnimy kolejno, że

::  1. <math>\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

::  2. <math>\qquad I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2} \qquad \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 2</math>

::3a. <math>\qquad I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::3b. <math>\qquad I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::4a. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>

::4b. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = {\small\frac{\pi}{4}}</math>

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, czyli <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynikają stąd oszacowania

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \leqslant \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

oraz

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \geqslant \int_0^1 {\small\frac{t^n}{2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{2 n + 2}}</math>

Zatem dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

'''Punkt 2.'''

Mamy

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot t^2}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot [(1 + t^2) - 1]}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 t^{n - 2} dt- \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2}}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

Otrzymaliśmy wzór rekurencyjny prawdziwy dla <math>n \geqslant 2</math>

::<math>I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

{| style="width:100%;"
|-
| colspan=2 | '''Punkt 3a. / 3b.'''
|-
| colspan=2 | Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwe są następujące wzory (odpowiednio dla całek <math>I_m</math> o indeksie nieparzystym i dla całek <math>I_m</math> o indeksie parzystym)
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 3} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 2}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 2}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 2} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 1}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 1}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 2) - 1}} - I_{2 n}</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.
|-
| colspan=2 |  
|-
| colspan=2 | '''Punkt 4a. / 4b.'''
|-
| colspan=2 | Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] granicę policzoną w punkcie 1. możemy zapisać równoważnie w postaci <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | I_{n} | = 0</math>. Zatem z punktów 3a i 3b mamy odpowiednio
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right| = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Czyli
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Skąd natychmiast dostajemy, że
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = I_0 = {\small\frac{\pi}{4}}</math>
</div>
|}

Zauważmy, że mnożąc obie strony ostatniego wzoru w lewej kolumnie przez <math>2</math>, otrzymujemy wzór na sumę szeregu harmonicznego naprzemiennego

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>
</div>

Teraz już łatwo widzimy, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D38</span><br/>
Pokazać, że
::1.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{14}} \right) + \ldots = \log 2</math>

::2.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

::3.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} - {\small\frac{1}{22}} - {\small\frac{1}{24}} \right) + \ldots = 0</math>

::4.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \ldots = + \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Uwagi ogólne'''<br/>
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane.<br/>

Każdy z zamieszczonych niżej dowodów (poza punktem 6.) wykorzystuje przybliżony wzór na sumę <math>n</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]). Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + h_n</math>

gdzie <math>\lim_{n \rightarrow \infty} h_n = 0</math>.

Wynikają stąd wzory

::<math>\underset{k \text{ parzyste}}{\sum_{k = 2}^{2 n}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n + 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n + 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n + 1} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n - 2}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n - 1} - {\small\frac{1}{2}} H_{n - 1} = \left( H_{2 n} - {\small\frac{1}{2 n}} \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( H_n - {\small\frac{1}{n}} \right) = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

'''Punkt 1.'''

Wzór został udowodniony w twierdzeniu [[#D6|D6]], ale zastosujemy tutaj inny sposób. Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

<span style="border-bottom-style: double;">Pierwszy sposób</span><br/><br/>
Z określenia szeregu wynika, że sumujemy bloki złożone z trzech wyrazów

::<math>0 < \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{4 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Z kryterium porównawczego ([[#D11|D11]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D26|D26]])

::<math>1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) - {\small\frac{1}{4}} + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} \right) - {\small\frac{1}{8}} + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} \right) - {\small\frac{1}{12}} + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} \right) - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + \ldots \right)</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

<span style="border-bottom-style: double;">Drugi sposób</span><br/><br/>

Szereg jest sumą bloków

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{4 k - 2}} + {\small\frac{1}{4 k}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n - 1}} + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{2 n}</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} [(\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

'''Punkt 3.'''

Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{8 k - 6}} - {\small\frac{1}{8 k - 4}} - {\small\frac{1}{8 k - 2}} - {\small\frac{1}{8 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{8 k - 6}} + {\small\frac{1}{8 k - 4}} + {\small\frac{1}{8 k - 2}} + {\small\frac{1}{8 k}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{8 n - 6}} + {\small\frac{1}{8 n - 4}} + {\small\frac{1}{8 n - 2}} + {\small\frac{1}{8 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n - 1}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{4 n}</math>

::::::::::::::::<math>\: = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log n + \gamma + h_n) - {\small\frac{1}{2}} (\log (4 n) + \gamma + h_{4 n})</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} [\log (4 n^2) + 2 \gamma + 2 h_{2 n} - \log n - \gamma - h_n - \log (4 n) - \gamma - h_{4 n}]</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 4 n}} \right) + 2 h_{2 n} - h_n - h_{4 n} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>

'''Punkt 4.'''

Rozpatrujemy szereg

::<math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{31}} + \ldots + {\small\frac{1}{61}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Zauważmy, że

::●    '''z definicji''' każda <math>k</math>-ta grupa obejmuje <math>2^{k - 1}</math> wyrazów z mianownikiem nieparzystym i jeden wyraz z mianownikiem parzystym (największy z jeszcze niewykorzystanych wyrazów o mianowniku parzystym)

::●    pierwszy wyraz z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie jest równy <math>{\small\frac{1}{2^k - 1}}</math>, a ostatni to <math>{\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}}</math>

::●    znajdujemy oszacowanie sumy wyrazów z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie

::::<math>S_{(k)} = {\small\frac{1}{2^k - 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} \geqslant 2^{k - 1} \cdot {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} > {\small\frac{2^{k - 1}}{2^{k + 1}}} = {\small\frac{1}{4}}</math>

::●    łatwo sprawdzamy, że suma wyrazów w każdej z pierwszych trzech grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    począwszy od czwartej grupy, od sumy wyrazów z nieparzystym mianownikiem odejmujemy <math>{\small\frac{1}{8}}</math> lub mniej niż <math>{\small\frac{1}{8}}</math> (dokładnie <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, <math>{\small\frac{1}{10}}</math>, <math>{\small\frac{1}{12}}</math>, <math>{\small\frac{1}{14}}</math>, itd.), zatem suma wszystkich wyrazów w każdej z tych grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    pokazaliśmy, że suma wyrazów w każdej grupie jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, a ponieważ jest nieskończenie wiele grup, to szereg jest rozbieżny do nieskończoności
<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D39</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left(
\underbrace{{\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}}}_{b \text{ wyrazów nieparzystych}} -
\underbrace{{\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}}}_{a \text{ wyrazów parzystych}}
\right)</math>

Zauważmy, że sumujemy bloki zbudowane z wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>. Każdy blok składa się z <math>b</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Pokazać, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}} \text{} - {\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}} \right) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Uwzględniając twierdzenie [[#D35|D35]], będziemy sumowali po pełnych blokach. Zauważmy, że po zsumowaniu <math>n</math> bloków mamy sumę <math>b n</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a n</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Zatem tak określona suma częściowa jest równa

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

Podobnie jak w zadaniu poprzednim ([[#D38|D38]]) wykorzystamy przybliżony wzór na sumę <math>m</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log m + \gamma + {\small\frac{1}{2 m}} - {\small\frac{1}{12 m^2}} + {\small\frac{1}{120 m^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]).

Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = \log m + \gamma + h_m</math>

gdzie <math>\lim_{m \rightarrow \infty} h_m = 0</math>.

Łatwo widzimy, że

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

oraz

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k - 1}} = \sum_{k = 1}^{2 m} {\small\frac{1}{k}} - \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = H_{2 m} - {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

Podstawiając do wzoru na sumę częściową, otrzymujemy

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}} = \left( H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} \right) - {\small\frac{1}{2}} H_{a n} = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu harmonicznego, dostajemy

::<math>S_n = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

:::<math>= (\log (2 b n) + \gamma + h_{2 b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (b n) + \gamma + h_{b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (a n) + \gamma + h_{a n})</math>

:::<math>= \left[ \log (2 b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (a n) \right] + \left[ \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma \right] + \left[ h_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{a n} \right]</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b^2 n^2}{b n \cdot a n}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right) \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D40</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest bezwzględnie zbieżny, to po dowolnym przestawieniu wyrazów suma tego szeregu nie ulegnie zmianie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Widzimy, że

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=7 | wyrazy sumy || style="background-color: #eeffee;" colspan=4 | w szczególności
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>…</math> || <math>b_n</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(1)}</math> || <math>b_{f^{-1}(2)}</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(n)}</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>…</math> || <math>a_{f(n)}</math> || <math>…</math> || <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>…</math> || <math>a_n</math>
|}

Zatem, po przestawieniu, na <math>n</math>-tej pozycji w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> znajdzie się wyraz <math>a_{f (n)}</math>.

Funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną, co oznacza, że ma funkcję odwrotną. Zauważmy, że <math>f (f^{- 1} (n)) = n</math>, zatem <math>f^{- 1} (n)</math> zwraca wartość indeksu, z jakim wyraz <math>a_n</math> z szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> występuje w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

Niech <math>N_0</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli przyjmiemy, że

::<math>M_0 = \max \{ f^{- 1} (1), f^{- 1} (2), \ldots, f^{- 1} (N_0) \}</math>

to zapewnimy sobie, że każdy z wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math> wystąpi w ciągu <math>(a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)})</math>, czyli

::<math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)} \}</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

Oczywiście musi być <math>M_0 \geqslant N_0</math>.

Niech

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k \qquad \qquad S = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k \qquad \qquad S^{\ast}_n = \sum_{k = 1}^n | a_k | \qquad \qquad S^{\ast} = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Z założenia szereg jest bezwzględnie zbieżny, zatem dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> mamy

::<math>| S^{\ast} - S^{\ast}_n | < \varepsilon</math>

Czyli

::<math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k | < \varepsilon</math>

Niech

::<math>T_m = \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

będzie sumą częściową szeregu z przestawionymi wyrazami. Dla dowolnego <math>m > M_0</math> mamy

::<math>S - T_m = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k - \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

::::<math>\;\,\, = \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k \right) - \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)} \right)</math>

::::<math>\;\,\, = \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k - \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math>

Rozważmy różnicę sum w ostatnim wierszu. Druga z tych sum <math>\underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math> jest sumą skończoną i zawiera <math>m - N_0</math> wyrazów sumy <math>\sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>, które pozostały po wydzieleniu wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math>. Zauważmy, że każdy wyraz tej sumy występuje w pierwszej sumie <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>. Zatem zapisana w ostatnim wierszu różnica sum, jest sumą <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>, w której część wyrazów (skończona liczba) nie występuje, co zaznaczymy, używając znaku prim <math>(')</math> przy symbolu sumy. Mamy

::<math>S - T_m = {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy

::<math>| S - T_m | = \left| \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k \right|</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, < \varepsilon</math>

Pokazaliśmy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że dla wszystkich <math>m > M_0</math> jest <math>| S - T_m | < \varepsilon</math>. Zatem ciąg <math>(T_m)</math> ma granicę i wartość tej granicy jest równa <math>S</math>. Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Możemy też argumentować inaczej. Z definicji przestawiania wyrazów szeregu wynika, że każdy wyraz <math>a_k</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> musi wystąpić w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>. Zatem musi istnieć taki wyraz <math>b_{g (k)}</math>, że <math>b_{g (k)} = a_k</math>. Jeżeli dla kolejnych <math>N_0</math> wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, czyli dla wyrazów <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \}</math> zdefiniujemy liczbę <math>M_0 = \max \{ b_{g (1)}, b_{g (2)}, \ldots, b_{g (N_0)} \}</math>, to w zbiorze <math>\{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math> musi wystąpić każdy z wyrazów <math>a_k</math>, gdzie <math>k \leqslant N_0</math>. Zbierając: istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D41</span><br/>
Pokazać, że każdą liczbę <math>x \in \mathbb{R}</math> można przedstawić jednoznacznie w postaci różnicy liczb nieujemnych <math>p, g</math> tak, aby jednocześnie były spełnione równania <math>x = p - g</math> oraz <math>| x | = p + g</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Problem sprowadza się do rozwiązania układu równań

::<math>\begin{cases}
p - g = x \\[0.3em]
p + g = | x | \\
\end{cases}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} \qquad g = {\small\frac{| x | - x}{2}}</math>

Ponieważ <math>| x | \geqslant - x</math> i <math>| x | \geqslant x</math>, to obie liczby <math>p, g</math> są nieujemne. Zauważmy, że rozkład liczby <math>x</math> możemy zapisać w równoważny sposób

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} = \max (0, x) =
\begin{cases}
x & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
0 & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math>
</div>

::<math>g = {\small\frac{| x | - x}{2}} = \max (0, - x) =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
- x & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D42</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem nieskończonym, a <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Pokazać, że jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny, to

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = + \infty \qquad \qquad \text{i} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Każdy wyraz <math>a_n</math> szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> przedstawimy w postaci różnicy dwóch liczb nieujemnych <math>a^+_n</math> i <math>a^-_n</math> (zobacz [[#D34|D34]]), gdzie

::<math>a^+_n = \max (0, a_n)</math>

::<math>a^-_n = \max (0, - a_n)</math>

Zauważmy, że

::●    ciąg <math>(a^+_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów mniejszych od zera zerami
::●    ciąg <math>(a^-_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów większych od zera zerami, a wyrazów mniejszych od zera ich wartościami bezwzględnymi

Oczywiście <math>a_n = a^+_n - a^-_n</math> i <math>| a_n | = a^+_n + a^-_n</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum^{\infty}_{k = 1} a^-_n</math>

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math>

Rozważmy możliwe przypadki

'''Punkt 1.'''

Jeżeli szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są zbieżne, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny. Zatem szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest zbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 3.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest rozbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

Wynika stąd, że możliwy jest tylko przypadek, gdy obydwa szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są rozbieżne. Zauważmy teraz, że pary ciągów <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a^+_n)</math> oraz <math>(a_{n_k})</math> i <math>(- a^-_n)</math> różnią się jedynie nieskończoną ilością wyrazów równych zero, zatem odpowiednie szeregi również są rozbieżne

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = \sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n = + \infty</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n = - \infty</math>

Skąd wynika natychmiast, że obydwa podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> mają nieskończoną liczbę wyrazów różnych od zera.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D43 (Bernhard Riemann</span><ref name="Riemann1"/><span style="font-size: 110\%; font-weight: bold;">, 1854)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny i <math>R \in \mathbb{R}</math>, to istnieje takie przestawienie wyrazów tego szeregu <math>f(k)</math>, że <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy od razu (i zapamiętajmy), że ponieważ z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, to musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 \;</math> (zobacz [[#D4|D4]]).

Niech <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Ponieważ podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> tworzą szeregi rozbieżne (zobacz [[#D35|D35]]) odpowiednio do <math>+ \infty</math> i do <math>- \infty</math>, to skończona suma kolejnych wyrazów tych podciągów może osiągać dowolne wartości skończone odpowiednio dodatnie lub ujemne.

Dla ułatwienia zapisu oznaczmy: <math>(p_i) \equiv (a_{n_j})</math> i <math>(q_i) \equiv (a_{n_k})</math>, a dla ustalenia uwagi załóżmy, że <math>R > 0</math>.

Wybierzmy najmniejsze <math>n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{n_1 - 1} p_k \leqslant R < \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math>

::<math>- p_{n_1} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{m_1} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k \leqslant \sum^{m_1 - 1}_{k = 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k \leqslant - q_{m_1}</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>n_2 > n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = n_1 + 1}^{n_2 - 1} p_k \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < \sum_{k = n_1 + 1}^{n_2} p_k</math>

::<math>- p_{n_2} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_2 > m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = m_1 + 1}^{m_2} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum^{m_1}_{k = 1} q_k \leqslant \sum_{k = m_1 + 1}^{m_2 - 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_2} q_k \leqslant - q_{m_2}</math>

Kontynuując, zgodnie z zasadami przedstawionymi wyżej, naprzemienne dodawanie bloków liczb nieujemnych i ujemnych, osiągamy to, że kolejne sumy oscylują wokół wartości <math>R</math> z coraz mniejszą amplitudą.

W <math>j</math>-tym kroku dla bloku wyrazów nieujemnych <math>p_k</math> i <math>n_j > n_{j - 1}</math> otrzymujemy

::<math>- p_{n_j} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k < 0</math>

a dla bloku wyrazów ujemnych <math>q_k</math> i <math>m_j > m_{j - 1}</math> dostajemy

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \leqslant - q_{m_j}</math>

Niech

::<math>S(n_j, m_j) = \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k</math>

oznacza sumę częściową nowego szeregu (z przestawionymi wyrazami), którego konstrukcję przedstawiliśmy wyżej. Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to z wypisanych nierówności i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S(n_j, m_{j - 1}) = R</math>
</div>

Zauważmy teraz, że prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 1}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 2}_{k = 1} q_k \right) > \ldots >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j - 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

Jest tak, ponieważ każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów ujemnych. Podobnie mamy też

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 2} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant \ldots \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1} - 1}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1}}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

bo każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów nieujemnych. Co oznacza, że dla sum częściowych mamy odpowiednio

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>S(n_j, m_{j - 1}) > S (n_j, m_{j - 1} + 1) > S (n_j, m_{j - 1} + 2) > \ldots > S (n_j, m_j - 1) > S (n_j, m_j)</math>
</div>

oraz

<div style="margin-top: 0em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n_j, m_j) \leqslant S (n_j + 1, m_j) \leqslant S (n_j + 2, m_j) \leqslant \ldots \leqslant S (n_{j + 1} - 1, m_j) \leqslant S (n_{j + 1}, m_j)</math>
</div>

Ponieważ <math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_{j - 1}) = R ,</math> to z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że cały ciąg sum częściowych (liczony do dowolnego wyrazu nowego szeregu) jest zbieżny do <math>R</math>. Możemy zatem napisać

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>
</div>

gdzie funkcja <math>f(n)</math> opisuje przestawianie wyrazów szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> zgodnie z przedstawioną wyżej metodą. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D44</span><br/>
W dowodzie twierdzenia [[#D43|D43]] Riemann podaje jawnie metodę budowania szeregów zbieżnych do określonej granicy <math>R \in \mathbb{R}</math>. Korzystając z tej metody, w przypadku szeregu warunkowo zbieżnego, jakim jest szereg harmoniczny naprzemienny, sprawdziliśmy jakie szeregi generuje ta metoda dla różnych granic. Metodę zapisaliśmy w postaci procedury możliwej do wykonania w PARI/GP. Poniżej podajemy kod, który znakomicie ułatwia obliczenia.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż kod|Hide=Ukryj kod}}
<span style="font-size: 90%; color:black;">Riemann(R, n) =
\\ R – suma, którą chcemy uzyskać, przestawiając wyrazy szeregu harmonicznego naprzemiennego
\\ n – liczba podwójnych kroków do wykonania
{
'''local'''(i, j, k, M, S, txt);
M = '''matrix'''(3, n);
i = 0; \\ liczy pobrane nieparzyste (dodatnie)
j = 0; \\ liczy pobrane parzyste (ujemne)
k = 0; \\ liczy podwójne kroki
S = R; \\ początkowa wartość sumy S
txt = "R"; \\ wizualny zapis wykonanych obliczeń
'''while'''( k++ <= n,
M[1, k] = k;
'''while'''( S >= 0,
S = S - 1/( 2*(i++) - 1 );
txt = '''Str'''( txt, " - ", 1/(2*i - 1) );
M[2, k] = M[2, k] + 1;
);
'''while'''( S < 0,
S = S + 1/( 2*(j++) ); \\ odejmujemy ujemne – dlatego mamy znak "+"
txt = '''Str'''( txt, " + ", 1/(2*j) );
M[3, k] = M[3, k] + 1;
);
);
'''printp'''(M);
'''print'''(1.0 * S);
'''print'''(txt);
}</span>
<br/>
{{\Spoiler}}

<span id="D45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D45</span><br/>
Naszą uwagę zwróciły dwa szeregi

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

oraz

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

Równość sum tych szeregów wynika wprost z wyniku uzyskanego w zadaniu [[#D39|D39]]. Łatwo widzimy, że wyrazy tych szeregów zostały poprzestawianie, a jednak suma tych szeregów nie uległa zmianie. Prowadzi to do ogólnego pytania: kiedy przestawianie wyrazów szeregu nie zmienia jego sumy? Częściowej odpowiedzi na to pytanie udziela zamieszczone niżej twierdzenie.

<span id="D46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D46</span><br/>
Niech <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> będzie szeregiem zbieżnym. Jeżeli wyrazy szeregu podzielimy na dowolne bloki <math>B_1, B_2, \ldots</math>, zawierające nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przestawienie wyrazów szeregu wewnątrz bloków nie zmienia sumy szeregu.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Podziałowi wyrazów szeregu na bloki odpowiada pewien podział zbioru <math>\mathbb{N}</math> na przedziały takie, że indeksy bloku

::<math>B_k = [a_{n_k}, a_{n_k + 1}, a_{n_k + 2}, \ldots, a_{n_{k + 1} - 1}]</math>

odpowiadają pewnemu przedziałowi <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>

::<math>I_k = [n_k, n_k + 1, n_k + 2, \ldots, n_{k + 1} - 1]</math>

Ponieważ bloki <math>B_k</math> zawierają nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przedziały <math>I_k</math> mają długość nie większą od <math>M</math>.

Z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest szeregiem zbieżnym, zatem musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu

::<math>\lim_{k \rightarrow + \infty} a_k = 0</math>

Zatem na mocy twierdzenia [[#D35|D35]] obliczając sumę szeregu, możemy sumować po pełnych blokach.

Ponieważ przestawianie wyrazów wewnątrz bloku nie wpływa na sumę tych wyrazów, to natychmiast widzimy, że przestawiane wyrazów wewnątrz skończonych bloków nie wpływa na sumę szeregu. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

<span id="D47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D47</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f(x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest z założenia ciągła, dodatnia i malejąca, to zamieszczony niżej rysunek dobrze prezentuje problem.

::[[File: D_Szereg-i-calka-1.png|none]]

Przedstawiona na rysunku krzywa odpowiada funkcji <math>f(x)</math>. Dla współrzędnej <math>x = k</math> zaznaczyliśmy wartość funkcji <math>f(k)</math>, a po lewej i prawej stronie tych punktów zaznaczyliśmy pasy o jednostkowej szerokości. Łatwo zauważamy, że

* po lewej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem zielonym) jest większe od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości
* po prawej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem niebieskim) jest mniejsze od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości

Korzystając z własności całki oznaczonej, otrzymujemy ciąg nierówności

::<math>\int_{k}^{k + 1} f(x) d x \leqslant f(k) \leqslant \int_{k - 1}^{k} f(x) d x</math>

W powyższym wzorze występują nierówności nieostre, bo rysunek przedstawia funkcję silnie malejącą, ale zgodnie z uczynionym założeniem funkcja <math>f(x)</math> może być funkcją słabo malejącą.

Sumując lewą nierówność od <math>k = m</math> do <math>k = n</math>, a prawą od <math>k = m + 1</math> do <math>k = n</math>, dostajemy

::<math>\int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k)</math>

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} f (k) \leqslant \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

Dodając <math>f(m)</math> do obydwu stron drugiej z powyższych nierówności i łącząc je ze sobą, otrzymujemy kolejny i docelowy ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D48</span><br/>
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math>.

Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math> jest ciągła, dodatnia i silnie malejąca w przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\int_{1}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \int_{1}^{n} {\small\frac{d x}{x}}</math>

Przy obliczaniu całek oznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fx+from+1+to+n WolframAlpha].

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

Ponieważ

::<math>\log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) > \log n + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

to dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n < 1</math>

Zauważmy: nie tylko wiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> jest rozbieżny, ale jeszcze potrafimy określić, jaka funkcja tę rozbieżność opisuje! Mamy zatem podstawy, by przypuszczać, że całki umożliwią opracowanie metody, która pozwoli rozstrzygać o zbieżności szeregów.

<span id="D49" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D49 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w zależności od tego, czy funkcja pierwotna <math>F(x) = \int f (x) d x</math> ma dla <math>x \rightarrow \infty</math> granicę skończoną, czy nie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, będzie wykorzystane w czasie dowodu twierdzenia, ale rozważanie przypadku, gdy <math>f(x)</math> jest rosnąca, nie ma sensu, bo wtedy nie mógłby być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> (zobacz twierdzenie [[#D4|D4]]).

Moglibyśmy założyć bardziej ogólnie, że funkcja jest nieujemna, ale wtedy twierdzenie obejmowałoby przypadki funkcji takich, że dla pewnego <math>x_0</math> byłoby <math>f(x_0) = 0</math>. Ponieważ z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, zatem mielibyśmy <math>f(x) = 0</math> dla <math>x \geqslant x_0</math>. Odpowiadający tej funkcji szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> miałby dla <math>k \geqslant x_0</math> tylko wyrazy zerowe i byłby w sposób oczywisty zbieżny.

Założenie ciągłości funkcji <math>f(x)</math> ma zapewnić całkowalność funkcji <math>f(x)</math><ref name="calkowalnosc1"/>. Założenie to można osłabić<ref name="calkowalnosc2"/>, tutaj ograniczymy się tylko do podania przykładów. Niech <math>a, b \in \mathbb{R}</math>, mamy

::<math>\int_a^b \text{sgn}(x) d x = | b | - | a |</math> <math>\qquad \qquad \int_0^a \lfloor x \rfloor d x = {\small\frac{1}{2}} \lfloor a \rfloor (2 a - \lfloor a \rfloor - 1)</math> <math>\qquad \qquad \int_{-a}^a \lfloor x \rfloor d x = - a</math>

Po tych uwagach dotyczących założeń możemy przejść do właściwego dowodu. Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

'''Z drugiej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest rozbieżna, to rosnący ciąg kolejnych całek oznaczonych <math>C_j = \int_{m}^{j} f (x) d x</math> nie może być ograniczony od góry (w przeciwnym wypadku całka <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math> byłby zbieżna), zatem również rosnący ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f(k)</math> nie może być ograniczony od góry, co oznacza, że szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest rozbieżny.

'''Z trzeciej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna, to ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f (k)</math> jest ciągiem rosnącym i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>F_j</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny.

Ponieważ zbieżność (rozbieżność) całki <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> nie zależy od wyboru dolnej granicy całkowania, to wystarczy badać granicę <math>\lim_{x \to \infty} F (x)</math>, gdzie <math>F(x) = \int f (x) d x</math> jest dowolną funkcją pierwotną.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D50" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D50</span><br/>
Przykłady zebraliśmy w tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
!
! szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} a_k</math>
! funkcja <math>f(x)</math>
! całka <math>F(x) = \int f(x) d x</math>
! granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math>
! wynik
|-
| 1. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x}}</math> || <math>\log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 2. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{\sqrt{k}}}</math> || <math>{\small\frac{1}{\sqrt{x}}}</math> || <math>2 \sqrt{x}</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 3. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x^2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|-
| 4. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log x}}</math> || <math>\log \log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 5. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^2 \! k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log^2 \! x}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{\log x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|}

Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}}</math>

są zbieżne dla <math>s > 1</math> i rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.

<span id="D51" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D51</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

::<math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>

gdzie <math>a < m</math>, to prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math>

::<math>S(m) + R(m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R(m)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Czyli

::<math>R(m) \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + R (m)</math>

Odejmując od każdej ze stron nierówności liczbę <math>f(m)</math> i dodając do każdej ze stron nierówności sumę skończoną <math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, otrzymujemy

::<math>S(m) + R (m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R (m)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D52" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D52</span><br/>
Twierdzenie [[#D51|D51]] umożliwia określenie, z jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>. Mamy

::<math>S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::<math>\int {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right)</math>

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \right)</math>

Zatem

::<math>S(m) + R (m) - f (m) \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} \leqslant S (m) + R (m)</math>

Dla kolejnych wartości <math>m</math> otrzymujemy

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
! <math>m</math>
! <math>S(m) + R(m) - f(m)</math>
! <math>S(m) + R(m)</math>
|-
| <math>10^1</math> || <math>1.84</math> || <math>1.87</math>
|-
| <math>10^2</math> || <math>1.85</math> || <math>1.86</math>
|-
| <math>10^3</math> || <math>1.86000</math> || <math>1.86004</math>
|-
| <math>10^4</math> || <math>1.860024</math> || <math>1.860025</math>
|-
| <math>10^5</math> || <math>1.86002506</math> || <math>1.86002509</math>
|-
| <math>10^6</math> || <math>1.860025078</math> || <math>1.860025079</math>
|-
| <math>10^7</math> || <math>1.86002507920</math> || <math>1.86002507923</math>
|-
| <math>10^8</math> || <math>1.860025079220</math> || <math>1.860025079221</math>
|-
| <math>10^9</math> || <math>1.8600250792211</math> || <math>1.8600250792212</math>
|-
|}

W programie PARI/GP wystarczy napisać:

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))</span>

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D47|D47]] jest następujące<br/>
<span id="D53" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D53</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli przy wyliczaniu sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math> (gdzie <math>a < m</math>) zastąpimy sumę <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> całką <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>, to błąd wyznaczenia sumy szeregu nie przekroczy <math>f(m)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru z twierdzenia [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Dodając do każdej ze stron nierówności wyrażenie <math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, dostajemy

::<math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Skąd wynika natychmiast

::<math>- f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \leqslant 0 < f(m)</math>

Czyli

::<math>\left| \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \right| \leqslant f(m)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D54" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D54</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny, to dla każdego <math>n \geqslant m</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n)</math>

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

gdzie <math>B</math> oraz <math>C</math> są dowolnymi stałymi spełniającymi nierówności

::<math>B \geqslant 1</math>

::<math>C \geqslant f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D47|D47]] mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int_{m}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int^n_m f (x) d x - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D55" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D55</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:

* korzystając z całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny
* jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie [[#D54|D54]]), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>

Jednak dysponując już oszacowaniem sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>, możemy udowodnić jego poprawność przy pomocy indukcji matematycznej, a stąd łatwo pokazać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math>. Zauważmy, że wybór większego <math>B</math> ułatwia dowód indukcyjny. Stałą <math>C</math> najlepiej zaokrąglić w górę do wygodnej dla nas wartości.

Czasami potrzebujemy takiego uproszczenia problemu, aby udowodnić zbieżność szeregów bez odwoływania się do całek. Zauważmy, że Czytelnik nawet nie musi znać całek – wystarczy, że policzy je przy pomocy programów, które potrafią to robić (np. WolframAlpha). Kiedy już znajdziemy oszacowanie sumy częściowej szeregu, nie musimy wyjaśniać, w jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a do tego wystarczy indukcja matematyczna.

Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w tym celu twierdzenie [[#D54|D54]].

<span id="D56" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D56</span><br/>
Korzystając z twierdzenia [[#D54|D54]], znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \qquad</math> oraz <math>\qquad \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = {\small\frac{1}{n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2Fx%5E2%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x (\log x)^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{\log n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2F%28x*%28log%28x%29%29%5E2%29%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + \int_{2}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + {\small\frac{1}{\log 2}} = 2.483379 \ldots</math>

Przyjmijmy <math>C = 2.5</math>, zatem

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D57" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D57</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo zauważamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{k^2}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} + \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}} \right)</math>

::::<math>\: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: < 2 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} < 2</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D58" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D58</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 2</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{2} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \approx 1.040684 < 2.5 - {\small\frac{1}{\log 2}} \approx 1.05730</math>

Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n + 1} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} = \sum_{k = m}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log (n + 1)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log \left( n \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right) \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - 1 - {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( - {\small\frac{1}{(n + 1) \log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} < 2.5</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n)</math> szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

<span id="D59" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D59</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{p_k}} = 0.269605966 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2}} = 0.452247420041 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} = 1.375064994748 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = 0.773156669049 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} < \sum_{j = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{(j - 1)^2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność wzoru wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{1}{p (p - 1)}} < {\small\frac{1}{(p - 1)^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D60" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D60</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = 1.636616323351 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2 \log p}} = 0.507782187859 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = 0.755366610831 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^2}} = 0.493091109368 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B39|B39]], ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} = {\small\frac{1}{2 \log 2}} + \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

Wyrażenie w mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] mamy (<math>a = 0.72</math>)

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \cdot (\log k)^2 \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log a + \log \log k}{\log k}} \right)</math>

Ponieważ dla <math>k > \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots</math> jest

::<math>\log a + \log \log k > 0</math>

to dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \cdot (\log k)^2</math>

Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 < {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} < {\small\frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot (\log k)^2}}</math> (zobacz twierdzenie [[#D17|D17]] p. 4 lub przykład [[#D50|D50]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]), bo

::<math>0 < {\small\frac{1}{p^2 \log p}} < {\small\frac{1}{p \log p}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.2577 \ldots</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{\log p}{p^2}} < {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D61" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D61</span><br/>
Szereg <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w innej postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 3</math> wyrazy szeregów <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> jest rozbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D62</span><br/>
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w przypadku twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.

<span id="D63" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D63</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>n! > n^n e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 7</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 1</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) ></math>

::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{n^n}{(n + 1)^n}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{1}{\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n} \cdot e^{- n} ></math>

::::<math>\;\;\; > (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)}</math>

Ponieważ <math>\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n < e</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)^n}} > {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 1.

'''Punkt 2. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 7</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) <</math>

::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( {\small\frac{n}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} <</math>

::::<math>\;\;\; < (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)}</math>

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} < {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D64" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D64</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>{\small\frac{n}{p}} - 1 < W_p (n!) < {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (prawa nierówność)'''

Zauważmy, że

::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^3}} \right\rfloor + \ldots</math>

::::<math>\;\, < {\small\frac{n}{p}} + {\small\frac{n}{p^2}} + {\small\frac{n}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{n}{p^k}} + \ldots</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p - 1}}</math>

'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''

Łatwo znajdujemy, że

::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \geqslant \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor > {\small\frac{n}{p}} - 1</math>

'''Punkt 2. (prawa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>(p - 1) W_p (n!) < n</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>.

'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>n - p < p \cdot W_p (n!)</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D65" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D65</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>n! < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>n! > n^n e^{- n}</math> (zobacz punkt 1. twierdzenia [[#D63|D63]]), to

::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{n \log p}{p - 1}} = n \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math>

Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D66" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1.755367</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D65|D65]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n > - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1 - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1.755367</math>

Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math> (twierdzenie [[#D60|D60]] p. 3).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D67" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D67 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < 0.386295</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 7</math> jest <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math>, to

::<math>\prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} < n^{n + 1} e^{- n}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} \left( {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \right) \cdot \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

::<math>(n + 1) \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \sum_{p \leqslant n} \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

Skąd natychmiast wynika, że

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < - {\small\frac{n}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right)</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n))</math>

::::::<math>\quad \;\: < - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: < \log 4 - 1</math>

::::::<math>\quad \;\: = 0.386294361 \ldots</math>

Druga nierówność wynika z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A10|A10]]. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D68" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D68</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < 1.141661</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D67|D67]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n < \log 4 - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, < \log 4 - 1 + \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots</math>

:::::::<math>\,\, < 1.141661</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D69" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D69</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots</math>

gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>

Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D70" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D70</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} = \log n - \gamma + \ldots</math>

gdzie <math>\gamma = 0.5772156649 \ldots</math> jest stałą Eulera.

Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D71" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D71</span><br/>
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma</math>

są liczbami dodatnimi.

<span id="D72" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D72</span><br/>
Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right) = E - \gamma</math>

gdzie

* <math>\quad \gamma = 0.577215664901532 \ldots</math> jest stałą Eulera<ref name="A001620"/>
* <math>\quad E = 1.332582275733220 \ldots</math><ref name="A083343"/>
* <math>\quad E - \gamma = 0.755366610831688 \ldots</math><ref name="A138312"/>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}}</math>

zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = (\log n - \gamma + \ldots) - (\log n - E + \ldots)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right)</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} \cdot \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D73" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D73</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart10"/>

::<math>- \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}}</math>

Ponieważ dla <math>x > e^2 \approx 7.389</math> jest <math>1 + {\small\frac{1}{\log x}} < 1.5</math>, to dla <math>n \geqslant 8</math> mamy

::<math>{\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} = {\small\frac{0.2}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w postaci

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

wynika natychmiast, że

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

'''Prawa nierówność'''

Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z twierdzenia [[#D72|D72]] wiemy, że

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich liczb <math>318 \leqslant n \leqslant 3000</math>

'''Lewa nierówność'''

Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E > - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{(k - 1)^2}}</math>

Korzystając kolejno z twierdzeń [[#D47|D47]] i [[Ciągi liczbowe#C19|C19]], dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \int_{n}^{\infty} {\small\frac{\log x}{(x - 1)^2}} d x</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} + \log \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} + \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} - {\small\frac{\log n + 1}{n - 1}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Do znalezienia całki oznaczonej Czytelnik może wykorzystać stronę [https://www.wolframalpha.com/input?i=int+log%28x%29%2F%28x-1%29%5E2+from+n+to+inf WolframAlpha]. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 153</math>. Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D74" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D74</span><br/>
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

wynika twierdzenie Czebyszewa.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D73|D73]] wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log x < - \gamma + {\small\frac{1}{2\log x}} \leqslant - \gamma + {\small\frac{1}{2 \log (318)}} = - 0.490441 \ldots < - 0.306852 \ldots = - r</math>

Zatem postulowane oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n \geqslant 318</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>2 \leqslant x \leqslant 317</math>, łatwo potwierdzamy prawdziwość nierówności

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

dla <math>x \geqslant 32</math>.

Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z twierdzenia [[#D64|D64]], łatwo znajdujemy oszacowanie

::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>

::<math>\quad \leqslant p^{(a - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(a - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

::<math>\quad = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{a - 1}</math>

gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w nawiasie przez <math>U</math>, mamy

::<math>\log U = {\small\frac{\log p_1}{p_1 - 1}} + \ldots + {\small\frac{\log p_n}{p_n - 1}} = \sum_{p \leqslant a} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log a - r</math>

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania wskazanego w treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.

Przypuśćmy, że mnożymy liczbę <math>a!</math> przez kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math>. Możemy postawić pytanie: kiedy w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby <math>b!</math> musi pojawić się nowy czynnik pierwszy? Jeżeli takiego nowego czynnika pierwszego nie ma, to

::<math>a! \cdot (a + 1) \cdot \ldots \cdot b = b!</math>

:::::::<math>\;\;\; = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_n}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; \leqslant p^{(b - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(b - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; = U^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; < (a \cdot e^{- r})^{b - 1}</math>

Jednocześnie z twierdzenia [[#D63|D63]] wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem

::<math>b^b e^{- b} < b! < {\normalsize\frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}}</math>

::<math>b e^{- 1} < \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

::<math>b < \frac{a \cdot e^{1 - r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

Ponieważ <math>e^{1 - r} = e^{\log (2)} = 2</math>, to

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < 2 a</math>

Z oszacowania <math>b < 2 a</math> wynika, że <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / b} > (a \cdot e^{-r})^{1 / 2 a}</math>. Możemy teraz zapisać uzyskane wyżej oszacowanie w postaci, w której prawa strona nierówności nie zależy od <math>b</math>

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}}</math>

Ponieważ <math>e^{- r} = 0.735758 \ldots</math>, to <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a} > (a / 2)^{1 / 2 a}</math>, co pozwala uprościć uzyskane oszacowanie

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} < {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}}</math>

Pokażemy, że dla <math>a > 303.05</math>

::<math>{\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 2 a - 5</math>

Istotnie

::<math>{\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 1 - {\small\frac{5}{2 a}}</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} > 1</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left[ \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 > 1</math>

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i ograniczoną (zobacz twierdzenie [[Ciągi liczbowe#C18|C18]]) i dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} = 1.003213 \ldots</math>

Wynika stąd, że wszystkie kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math> mogą być liczbami złożonymi co najwyżej do chwili, gdy <math>b < 2 a -
5</math>, czyli <math>b \leqslant 2 a - 6</math>. Zatem w przedziale <math>(a, 2 a)</math> musi znajdować się przynajmniej jedna liczba pierwsza. Dla <math>a \leqslant 303</math> prawdziwość twierdzenia sprawdzamy bezpośrednio.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D75" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D75</span><br/>
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

<span id="D76" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D76* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
Suma odwrotności par liczb pierwszych <math>p</math> i <math>p + 2</math>, takich że liczba <math>p + 2</math> jest również pierwsza, jest skończona

::<math>\underset{p + 2 \in \mathbb{P}}{\sum_{p \geqslant 2}} \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p + 2}} \right) = \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}}
\right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} \right) + \ldots = B_2</math>

gdzie <math>B_2 = 1.90216058 \ldots</math> jest stałą Bruna<ref name="Wiki1"/><ref name="A065421"/>.

<span id="D77" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D77</span><br/>
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nietworzących par liczb bliźniaczych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>p</math> i <math>q = p + 4</math> będą liczbami pierwszymi i <math>n \geqslant 1</math>. Ponieważ liczby <math>p q</math> i <math>p + 2</math> są względnie pierwsze, to z twierdzenia Dirichleta wiemy, że wśród liczb <math>a_n = p q n + (p + 2)</math> jest nieskończenie wiele liczb pierwszych, a jednocześnie żadna z liczb <math>a_n</math> nie tworzy pary liczb bliźniaczych, bo

::<math>a_n - 2 = p q n + p = p (q n + 1)</math>

::<math>a_n + 2 = p q n + (p + 4) = q (p n + 1)</math>

są liczbami złożonymi. Najprostsze przykłady to <math>a_n = 21 n + 5</math> i <math>b_n = 77 n + 9</math>

Najłatwiej wszystkie przypadki takich ciągów wyszukać w programie PARI/GP. Polecenie

for(a=1,50, for(b=3,floor(a/2), g=gcd(a,b); g1=gcd(a,b-2); g2=gcd(a,b+2); if( g==1 && g1>1 && g2>1, print("a= ", a, " b= ",b) )))

wyszukuje wszystkie liczby dodatnie <math>a, b</math>, gdzie <math>b \leqslant \left\lfloor {\small\frac{a}{2}} \right\rfloor</math>, które tworzą ciągi <math>a k + b</math> o poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy

::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

<span id="D78" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D78</span><br/>
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w pracy<ref name="Erdos1"/> z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i chyba najprostszy dowód tego twierdzenia.

Załóżmy, dla otrzymania sprzeczności, że rozważana suma jest zbieżna, czyli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} = C</math>, gdzie <math>C</math> jest pewną stałą. Zbieżność szeregu o wyrazach dodatnich oznacza, że różnica między sumą tego szeregu i sumami częściowymi, które uwzględniają coraz więcej wyrazów ciągu, musi być coraz mniejsza. Wynika stąd istnienie najmniejszej liczby <math>r</math> takiej, że <math>\sum_{k = r + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} < {\small\frac{1}{2}}</math>.

Oznacza to, że zbiór liczb pierwszych rozpada się na dwa rozłączne podzbiory <math>P = \{ p_1, p_2, \ldots, p_r \}</math> i <math>Q = \{ p_{r + 1}, p_{r + 2,} \ldots \}</math>.

Konsekwentnie zbiór liczb całkowitych dodatnich możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: zbiór <math>\mathbb{Z}_Q</math> liczb podzielnych przez dowolną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math> i zbiór <math>\mathbb{Z}_P</math> liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math>. Czyli liczby ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru <math>P</math>.

Niech <math>M</math> będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Zauważmy, że liczb nie większych od <math>M</math> i podzielnych przez liczbę pierwszą <math>p</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A20|A20]]). Łatwo otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor < M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}} M</math>

bo z założenia <math>\sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}}</math>. Zatem liczb takich, że <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> i <math>k \leqslant M</math> jest mniej niż <math>{\small\frac{M}{2}}</math>.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Każdą liczbę ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> możemy zapisać w postaci <math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r</math>. Niech <math>\alpha_i = 2 \beta_i + \delta_i</math>, gdzie <math>\delta_i</math> jest resztą z dzielenia liczby <math>\alpha_i</math> przez <math>2</math>. Zatem

::<math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r = (p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_r}_r)^2 \cdot (p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r)</math>

Ponieważ <math>\delta_i</math> może przybierać tylko dwie wartości: zero lub jeden, to liczb postaci <math>p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r</math> jest dokładnie <math>2^r</math>, a kwadratów liczb całkowitych nie większych od <math>M</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M}</math>. Zatem liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest nie więcej niż <math>2^r \sqrt{M} \,</math><span style="color: Green"><sup>[b]</sup></span>.

Ponieważ <math>\mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+</math> i liczb <math>k \in \mathbb{Z}_+</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest po prostu <math>M</math>, to musi być prawdziwe oszacowanie

::<math>M < 2^r \sqrt{M} + {\small\frac{M}{2}}</math>

Czyli

::<math>2^{r + 1} > \sqrt{M}</math>

Co jest niemożliwe, bo <math>r</math> jest ustalone, a <math>M</math> może być dowolnie duże. Wystarczy przyjąć <math>M \geqslant 2^{2 r + 2}</math>.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb <math>k</math>. Dla przykładu: gdy <math>M > p_{r + 1} p_{r + 2}</math>, to liczba <math>p_{r + 1} p_{r + 2}</math> zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez <math>p_{r + 1}</math> i drugi raz jako podzielna przez <math>p_{r + 2}</math>. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.

<span style="color: Green">[b]</span> Zauważmy, że dla <math>M > 8</math> liczba <math>a^2</math> taka, że <math>a^2 \leqslant M < (a + 1)^2</math> wystąpi dokładnie jeden raz (jako <math>a^2 \cdot 1</math>), ale my oszacujemy, że pojawiła się <math>2^r</math> razy. Można pokazać, że dla dowolnych <math>r \geqslant 1</math> i <math>M \geqslant 1</math>, liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math>, jest mniej niż <math>2^r \sqrt{M}</math>. Jest ich nawet mniej niż <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor</math>, poza przypadkami <math>r = 1</math> i <math>M = 2, 3, 8</math>, kiedy to ilość takich liczb jest równa <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor < 2^r \sqrt{M}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

<span id="D79" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D79</span><br/>
Omawianie metody sumowania przez części<ref name="sumowanie1"/> rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja

::<math>D(k) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } k \, \text{ jest liczbą pierwszą} \\
0 & \text{gdy } k \, \text{ nie jest liczbą pierwszą} \\
\end{cases}</math>

Łatwo znajdujemy związek funkcji <math>D(k)</math> z funkcją <math>\pi (k)</math>

::<math>\pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1</math>

:::::::<math>\; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k)</math>

<span id="D80" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D80</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i niech <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> oznacza sumę odwrotności wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>. Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k - 1)}{k}}</math>

W drugiej sumie zmieniamy zmienną sumowania. Niech <math>j = k - 1</math>. Sumowanie po <math>k</math> przebiegało od <math>2</math> do <math>n</math>, zatem sumowanie po <math>j</math> będzie przebiegało od <math>1</math> do <math>n - 1</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

Ponieważ <math>\pi (1) = 0</math>. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^n \pi (k) \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right)</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D81" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D81</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D80|D80]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Zatem dla <math>n \geqslant 4</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + {\small\frac{1}{3}} + \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{k}{\log k \cdot k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log k}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{j = 5}^n {\small\frac{1}{j \log j}}</math>

Korzystając z twierdzenia [[#D47|D47]], otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \geqslant {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \int_{5}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x \log x}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>

Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> (porównaj [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D82" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D82</span><br/>
Pokazać, że oszacowanie <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>, gdzie <math>\varepsilon \in (0, 1)</math>, nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Zatem istnieje taka liczba <math>n_0</math>, że dla wszystkich <math>n \geqslant n_0</math> jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Korzystając ze wzoru (zobacz [[#D80|D80]])

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

dla liczby <math>n > n_0</math> otrzymujemy oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{n^{1 - \varepsilon}}{n}} + \sum_{k = 2}^{n_0 - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{k^{1 - \varepsilon}}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{n^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k^{\varepsilon} (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; < {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n} {\small\frac{1}{k^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; \leqslant {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + {\small\frac{1}{(n_0)^{1 + \varepsilon}}} + \int^n_{n_0} {\small\frac{d x}{x^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_2 + \left[ - {\small\frac{1}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon}}} \biggr\rvert_{n_0}^{n} \right]</math>

:::<math>\quad \; = C_2 - {\small\frac{1}{\varepsilon n^{\varepsilon}}} + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; < C_2 + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_3</math>

Co jest niemożliwe, bo lewa strona rośnie nieograniczenie wraz ze wzrostem <math>n</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], [[#D78|D78]], [[#D81|D81]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D83" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D83 (sumowanie przez części)</span><br/>
Niech <math>a_j</math>, <math>b_j</math> będą ciągami określonymi przynajmniej dla <math>s \leqslant j \leqslant n</math>. Prawdziwy jest następujący wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z czynników (powiedzmy, że dla <math>b_j</math>), to do wyliczenia lub oszacowania sumy <math>\sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math> może być pomocny dowodzony wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że wprost z definicji funkcji <math>B(k)</math> otrzymujemy

::<math>B(s) = \sum_{j = s}^{s} b_j = b_s</math>

oraz

::<math>B(k) - B (k - 1) = \sum_{j = s}^{k} b_j - \sum^{k - 1}_{j = s} b_j = b_k + \sum_{j = s}^{k - 1} b_j - \sum_{j = s}^{k - 1} b_j = b_k</math>

Przekształcając prawą stronę dowodzonego wzoru, pokażemy, że obie strony są równe.

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n B (n) - \sum^{n - 1}_{k = s} a_{k + 1} B (k) + \sum_{k = s}^{n - 1} a_k B (k)</math>

W pierwszej sumie po prawej stronie zmieniamy wskaźnik sumowania na <math>j = k + 1</math>, a w drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n B (n) - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n - 1} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j) + a_s B (s)</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D84" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D84</span><br/>
Niech <math>r \neq 1</math>. Pokazać, że <math>\sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 0</math>, <math>a_k = k</math> i <math>b_k = r^k</math>. Zauważmy, że sumowanie od <math>k = 0</math> nic nie zmienia, a nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - \sum_{k = 0}^{n - 1} r^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D85" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D85 (kryterium Dirichleta)</span><br/>
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny<br/><br/>

:*   <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>

:*   istnieje taka stała <math>M</math>, że <math>\left| \sum_{j = 1}^{k} b_j \right| \leqslant M</math> dla dowolnej liczby <math>k</math>

to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n \cdot B (n) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = 1}^{k} b_j</math>. Z założenia ciąg <math>B(n)</math> jest ograniczony i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, zatem (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]])

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \cdot B (n) = 0</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny. Jeżeli jest malejący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M (a_1 - a_n)</math>

(zobacz [[#D15|D15]]). Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest rosnący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_{k + 1} - a_k)</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M (a_1 - a_n)</math>

Łącząc uzyskane rezultaty oraz uwzględniając fakt, że ciąg <math>(a_n)</math> jest ograniczony, bo jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant M | a_1 - a_n | \leqslant M (| a_1 | + | a_n |) \leqslant 2 M U</math>

Ponieważ sumy częściowe szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) |</math> tworzą ciąg rosnący i ograniczony od góry, to szereg ten jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]). Wynika stąd zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math> (zobacz [[#D12|D12]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D86" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D86</span><br/>
Udowodnić następujące wzory

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) =
{\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cos \left( {\normalsize\frac{k}{2}} + 1 \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \sin j = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \sin (k + 1)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) + \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.

'''Punkt 2.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = \sin (k + 1) - \sin (1)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D87" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D87</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1 pokazaliśmy, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\left| \sum_{j = 1}^{k} \sin j \right| =
\left| {\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \right| \leqslant
{\small\frac{1}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math><br/>

Ponieważ spełnione są założenia kryterium Dirichleta, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny. Wiemy, że <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=sum+sin%28k%29%2Fk%2C+k%3D1+to+infinity WolframAlpha]).

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie

::<math>- 0.127671 < {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \leqslant \sum_{j = 1}^{k} \sin j \leqslant {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) + 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} < 1.958159</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D88" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D88</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> jest zbieżny, a suma tego szeregu jest w przybliżeniu równa <math>0.6839137864 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu wynika z kryterium Dirichleta, co pokazujemy tak samo jak w zadaniu poprzednim. Oszacowanie sumy szeregu jest znacznie trudniejsze, bo ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> silnie oscyluje i dopiero dla bardzo dużych <math>n</math> wynik sumowania mógłby być znaczący. Przykładowo:

::<math>S_{10^6} = 0.609189 \qquad S_{10^7} = 0.748477 \qquad S_{10^8} = 0.727256 \qquad S_{10^9} = 0.660078</math>

Okazuje się, że tutaj też będzie pomocne sumowanie przez części. We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = \sin k</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} \sin j = {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \sin (1) = C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Sumując przez części, dostajemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right) B (k)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + \sum^{n - 1}_{k = 2} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \left( C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Zauważmy, że szereg po prawej stronie jest zbieżny nawet bez uzbieżniającego czynnika <math>\cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>, bo bez tego czynnika mielibyśmy szereg teleskopowy (zobacz [[#D15|D15]]). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>S_{10^6} = 0.683913783004 \qquad S_{10^7} = 0.683913786642 \qquad S_{10^8} = 0.683913786411 \qquad S_{10^9} = 0.683913786415</math>

Jest to przybliżona wartość sumy szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>.<br/>

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy</span><br/>

Kolejne sumowanie przez części pozwoli określić błąd z jakim wyznaczona została wartość sumy <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> i <math>b_k = \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;2, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} b_j = \sum_{j = 2}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) = C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Wzór na sumowanie przez części ma teraz postać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) B (k)</math>

:::::::::::::<math>\;\;\, = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) + \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) (C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1))</math>

Zauważmy, że

::<math>C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) = C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right)</math>

::::::::::::::::::<math>\:\, = C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) - C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (3)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right)</math>

bo szeregi po prawej stronie są szeregami teleskopowymi.

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{C_3}{\log (2)}} - {\small\frac{C_3}{\log (3)}} + C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

Zbierając, otrzymaliśmy wzór

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad \quad \: C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

dostajemy

::<math>S_{10^7} = 0.68391378641827479894 \qquad S_{10^8} = 0.68391378641827482233 \qquad S_{10^9} = 0.68391378641827482268</math>

Łatwo oszacujemy błąd z jakim wyliczyliśmy wartość sumy szeregu <math>S</math>

::<math>| S - S_n | = \left| C_2 C_4 \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left| \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right| | \sin (k + 1) |</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right|</math>                (zobacz przypis <span style="color: Green">[a]</span>)

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left[ \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \right]</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right)</math>

Dla <math>n = 10^9</math> otrzymujemy

::<math>| S - S_n | < 2.533 \cdot 10^{- 12}</math>

Zatem <math>S = 0.6839137864 \ldots</math>, gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Z łatwego do sprawdzenia wzoru

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

wynika, że wyrażenie <math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> maleje ze wzrostem <math>k</math>, czyli ciąg <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> jest ciągiem malejącym, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} > {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}}</math>

Ciągi <math>(a_k)_{k = 1}^n</math> liczb rzeczywistych takie, że <math>2 a_k \leqslant a_{k - 1} + a_{k + 1}</math> dla <math>k = 2, \ldots, n - 1</math> nazywamy ciągami wypukłymi<ref name="convexseq1"/>. Wprost z definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją wypukłą i <math>a_k = f (k)</math>, to ciąg <math>(a_k)</math> jest ciągiem wypukłym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D89" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D89</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = \log k</math> i <math>b_k = D (k)</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \log n \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} (\log (k + 1) - \log k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>

Zatem

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D90" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D90</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>, gdzie <math>A, B \in \mathbb{R}_+</math>, to istnieje granica

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji funkcji <math>\theta (n)</math> łatwo otrzymujemy

::<math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p < \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n)</math>

Skąd wynika, że

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Oszacowanie wyrażenia <math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}}</math> od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

(zobacz [[#D89|D89]]) otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} = 1 - {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C19|C19]] i założonego oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math>

::<math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{\log n}{\log n \cdot A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}} \cdot {\small\frac{B \cdot k}{\log k}}</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

Nie możemy oszacować sumy całką, bo całka <math>\int {\small\frac{d x}{\log x}}</math> jest funkcją nieelementarną. Nie możemy też pozwolić sobie na zbyt niedokładne oszacowanie sumy i nie możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} < {\small\frac{n - 2}{\log 2}} < {\small\frac{n}{\log 2}}</math>

Wyjściem z tej sytuacji jest odpowiedni podział przedziału sumowania i szacowanie w każdym przedziale osobno. Niech punkt podziału <math>M</math> spełnia warunek <math>\sqrt{n} \leqslant M < \sqrt{n} + 1</math>. Mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} = \sum_{k = 2}^{M - 1} {\small\frac{1}{\log k}} + \sum^{n - 1}_{k = M} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M - 2}{\log 2}} + {\small\frac{n - M}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log \sqrt{n}}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \left( {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} \right)</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right)</math>

Łącząc otrzymane rezultaty, otrzymujemy

::<math>1 - {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right) < {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) mamy

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D91" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D91</span><br/>
Funkcja <math>\theta (n)</math> jest ściśle związana z dobrze nam znaną funkcją <math>P (n)</math>. Ponieważ <math>P(n) = \prod_{p \leqslant n} p</math>, to

::<math>\log P (n) = \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>.

Z twierdzenia [[#D90|D90]] wynika, że jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>. Jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C13|C13]] p.&hairsp;3).

Wiemy, że dla funkcji <math>\theta (n)</math>, gdzie <math>n \geqslant 2</math>, prawdziwe jest oszacowanie<ref name="Dusart18"/>

::<math>\left| {\small\frac{\theta (n)}{n}} - 1 \right| \leqslant {\small\frac{151.3}{\log^4 n}}</math>

<span id="D92" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D92</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz [[#D83|D83]]) <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = D (k) \cdot \log k</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n)</math>

Zatem

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log k - \log (k + 1)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

<span id="D93" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D93 (kryterium d'Alemberta)</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem liczb rzeczywistych i istnieje granica

::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right|</math>

Jeżeli
:*   <math>g < 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny

:*   <math>g > 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest rozbieżny

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy najpierw przypadek, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < 1</math>. Niech <math>r</math> będzie dowolną liczbą rzeczywistą taką, że <math>g < r < 1</math> i przyjmijmy <math>\varepsilon = r - g</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>. Z prawej nierówności otrzymujemy, że dla <math>n \geqslant N</math> jest

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < r</math>

::<math>| a_{n + 1} | < r | a_n |</math>

::<math>| a_{n + k} | < r^k | a_n |</math>

Ostatnią nierówność można łatwo udowodnić metodą indukcji matematycznej względem <math>k</math>. Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = N + 1}^{\infty} | a_k | = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_{N + k} | < \sum_{k = 1}^{\infty} r^k | a_n | = r | a_n | \sum_{k = 1}^{\infty} r^{k - 1} = | a_n | \cdot {\small\frac{r}{1 - r}}</math>

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest bezwzględnie zbieżny.

W przypadku, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > 1</math> wybieramy liczbę <math>r</math> tak, aby spełniała warunek <math>1 < r < g</math> i przyjmujemy <math>\varepsilon = g - r</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Przyjmując, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>, z lewej nierówności otrzymujemy dla <math>n \geqslant N</math>

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > r > 1</math>

Czyli <math>| a_{n + 1} | > | a_n |</math>, zatem dla wszystkich <math>k > N</math> jest <math>| a_k | > | a_N | > 0</math> i nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz [[#D4|D4]]). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D94" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D94</span><br/>
W przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = 1</math> kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności lub rozbieżności szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math>. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} 1 \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

<span id="D95" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D95</span><br/>
Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Zbadamy zbieżność szeregu

::<math>e^x = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{x^n}{n!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

Ponieważ

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{x^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| x |}{n + 1}} = 0</math>

to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny.

<span id="D96" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D96</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Łatwo znajdujemy, że

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = {\small\frac{(n + 1)^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = {\small\frac{(n + 1) (n + 1)^n}{(n + 1) n!}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} e > 1</math>

Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D97" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D97</span><br/>
W twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]], korzystając z następującej definicji funkcji <math>e^x</math>

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

pominęliśmy dowód własności <math>e^x e^{- x} = 1</math>. Spróbujemy teraz pokazać, że <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

::<math>e^x e^y = \left( \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i}{i!}} \right) \left( \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{y^j}{j!}} \right) = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}</math>

Oznaczmy <math>a_i = {\small\frac{x^i}{i!}}</math> oraz <math>b_j = {\small\frac{y^j}{j!}}</math> i przyjrzyjmy się sumowaniu po <math>i, j</math>. W podwójnej sumie po prawej stronie <math>\sum^{\infty}_{i = 0} \sum_{j = 0}^{\infty} a_i b_j</math> sumujemy po kolejnych liniach poziomych tak, jak to zostało pokazane na rysunku

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|- style="background-color: LightGray"
| <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Violet"
| <math>a_5 b_0</math> || <math>a_5 b_1</math> || <math>a_5 b_2</math> || <math>a_5 b_3</math> || <math>a_5 b_4</math> || <math>a_5 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Cyan"
| <math>a_4 b_0</math> || <math>a_4 b_1</math> || <math>a_4 b_2</math> || <math>a_4 b_3</math> || <math>a_4 b_4</math> || <math>a_4 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Green"
| <math>a_3 b_0</math> || <math>a_3 b_1</math> || <math>a_3 b_2</math> || <math>a_3 b_3</math> || <math>a_3 b_4</math> || <math>a_3 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Yellow"
| <math>a_2 b_0</math> || <math>a_2 b_1</math> || <math>a_2 b_2</math> || <math>a_2 b_3</math> || <math>a_2 b_4</math> || <math>a_2 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Orange"
| <math>a_1 b_0</math> || <math>a_1 b_1</math> || <math>a_1 b_2</math> || <math>a_1 b_3</math> || <math>a_1 b_4</math> || <math>a_1 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Red"
| <math>a_0 b_0</math> || <math>a_0 b_1</math> || <math>a_0 b_2</math> || <math>a_0 b_3</math> || <math>a_0 b_4</math> || <math>a_0 b_5</math> || <math>\; \cdots \;</math>
|}

Zastępując sumowanie po kolejnych liniach poziomych sumowaniem po kolejnych przekątnych, otrzymamy taki rysunek

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Co odpowiada sumie <math>\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {a_k} b_{n - k}</math>, gdzie <math>n</math> numeruje kolejne przekątne. Taka zmiana sposobu sumowania powoduje następujące przekształcenie wzoru

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}</math>

Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{k! \cdot (n - k) !}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}}</math>

to otrzymujemy

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} (x + y)^n = e^{x + y}</math>

Pokazaliśmy tym samym, że z definicji

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

Mamy świadomość, że dokonana przez nas zmiana sposobu sumowania była nieformalna i w związku z tym nie wiemy, czy była poprawna. Zatem musimy precyzyjnie zdefiniować takie sumowanie i zbadać, kiedy jest dopuszczalne. Dopiero wtedy będziemy mogli być pewni, że policzony rezultat jest poprawny.

<span id="D98" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D98</span><br/>
Iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_1 + a_n b_0</math>

W przypadku szeregów, których wyrazy są numerowane od liczby <math>1</math>, iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 1}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k b_{n - k + 1} = a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_2 + a_n b_1</math>

<span id="D99" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D99</span><br/>
Niech <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 0, 0, 0, 0, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = b_n</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 1, 1, 1, 1, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} b_k = B_n</math>

:*   jeżeli <math>a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}}</math>, to <math>c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, gdzie <math>q \neq r</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} = \sum^n_{j = 0} b_j = B_n</math>

'''Punkt 3.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^k r^{n - k}}{k!(n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

'''Punkt 4.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

'''Punkt 5.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k}</math>

Jeżeli <math>r = 0</math>, to <math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0</math>. Jeżeli <math>r \neq 0</math>, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = r^n \sum_{k = 1}^{n - 1} \left( {\small\frac{q}{r}} \right)^k = r^n \cdot {\small\frac{\left( {\normalsize\frac{q}{r}} \right)^n - {\normalsize\frac{q}{r}}}{{\normalsize\frac{q}{r}} - 1}} = {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

Zauważmy, że znaleziony wzór obejmuje również przypadek <math>r = 0</math>. Zatem

::<math>c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right)</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D100" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D100</span><br/>
Ostatni punkt zadania [[#D99|D99]] pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i ich iloczynów Cauchy'ego. Przypomnijmy, że

::<math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>\quad (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>,  gdzie <math>q \neq r</math>

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

Przykłady zebraliśmy w tabeli.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{a}</math> || <math>\boldsymbol{q}</math> || <math>\boldsymbol{b}</math> || <math>\boldsymbol{r}</math> || <math>\boldsymbol{(c_n)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} a_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} b_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} c_n}</math>
|-
|<math>3</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math>|| <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
|<math>-2</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2q}{r - q}}</math> || <math>q</math> || <math>{\small\frac{r}{r - q}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2q )}{(r - q)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>4</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>\left( -8,{\small\frac{1}{3}}, {\small\frac{1}{3^2}}, {\small\frac{1}{3^3}}, {\small\frac{1}{3^4}}, {\small\frac{1}{3^5}}, \ldots \right)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{7}{3}}</math> || <math>2</math> || <math>- {\small\frac{1}{3}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - {\small\frac{7}{9}}, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-3,3,3^2,3^3,3^4,3^5,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-1</math> || <math>\left( {\small\frac{1}{4}}, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots \right)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(-2, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>3</math> || <math>2</math> || <math>(-3, 1, 1, 1, 1, 1,\ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(-2,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(0, 1, 1, 1, 1, 1, \ldots )</math> || rozbieżny || zbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2}{r - 1}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{r}{r - 1}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2 )}{(r - 1)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(0, 2, 2^2, 2^3, 2^4, 2^5, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>3</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - 3, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|}

<span id="D101" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D101</span><br/>
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz [[#D5|D5]])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28-1%29%5Ek%2Fsqrt%28k%2B1%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+infinity%7D+%5D WolframAlpha])

Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{\sqrt{n - k + 1}}}
= (- 1)^n \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}}</math>

Ale <math>k \leqslant n</math> i <math>n - k \leqslant n</math>, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}} \geqslant {\small\frac{1}{\sqrt{(n + 1) (n + 1)}}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>| c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1</math>

Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0</math>, to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz [[#D4|D4]]).

<span id="D102" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D102</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D99|D99]] p.&hairsp;3), to szeregi <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> oraz <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Sprawdzić, że w przypadku, gdy szeregi te są zbieżne, prawdziwy jest wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> łatwo zbadamy, stosując kryterium d'Alemberta.

::<math>\left| {\small\frac{c_{n + 1}}{c_n}} \right| = \left| {\small\frac{(n + 2) r^{n + 1}}{(n + 1) r^n}} \right| = {\small\frac{n + 2}{n + 1}} \cdot | r | \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} | r |</math>

Zatem szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math> i rozbieżny, gdy <math>| r | > 1</math>, tak samo, jak szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math>. W przypadku, gdy <math>r = \pm 1</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math> jest rozbieżny, a odpowiednie sumy częściowe szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> są równe

:*    gdy <math>r = 1</math>, <math>c_n = n + 1</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) = {\small\frac{(L + 1) (L + 2)}{2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \infty \qquad \qquad</math> (zobacz <span style="color: Green">[a]</span>, [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+n%2B1%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

:*    gdy <math>r = - 1</math>, <math>c_n = (n + 1) (- 1)^n</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) (- 1)^n = (- 1)^L \cdot {\small\frac{2 L + 3}{4}} + {\small\frac{1}{4}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \pm \infty \qquad \qquad</math> (zobacz [[#D84|D84]], [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28n%2B1%29*%28-1%29%5En%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

W przypadku, gdy <math>| r | < 1</math> wiemy<ref name="GeometricSeries1"/>, że <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n = {\small\frac{1}{1 - r}}</math>. Korzystając z zadania [[#D84|D84]], otrzymujemy

::<math>\sum_{n = 0}^{L} (n + 1) r^n = \sum_{n = 0}^{L} n r^n + \sum_{n = 0}^{L} r^n = {\small\frac{L r^{L + 2} - (L + 1) r^{L + 1} + r}{(r - 1)^2}} + {\small\frac{r^{L + 1} - 1}{r - 1}} = {\small\frac{(L + 1) r^{L + 2} - (L + 2) r^{L + 1} + 1}{(r - 1)^2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{(r - 1)^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math>, to musi być <math>\lim_{n \rightarrow \infty} (n + 1) r^n = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Pokazaliśmy, że w rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k = {\small\frac{1}{2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} k \right) = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{j = 0}^{n} (n - j) \right] = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) \right] = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (k + n - k) = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} 1 = {\small\frac{n (n + 1)}{2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D103" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D103</span><br/>
Przykłady [[#D100|D100]] i [[#D101|D101]] pokazują, że w ogólności nie jest prawdziwy wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

Skoro iloczyn sum szeregów nie zawsze jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów, to musimy ustalić, jakie warunki muszą być spełnione, aby tak było.

<span id="D104" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D104</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

możemy łatwo przejść do sumowania po liniach poziomych lub po liniach pionowych. Rysunek przedstawia sytuację, gdy <math>m = 5</math>.

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Przejście do sumowania po liniach poziomych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach poziomych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii poziomej.

Przejście do sumowania po liniach pionowych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_j b_i</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach pionowych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii pionowej.

<span id="D105" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D105 (Franciszek Mertens)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> jest zbieżny bezwzględnie, szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny i <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy <math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A'</math>. Niech

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad B_n = \sum_{j = 0}^{n} b_j \qquad \qquad C_n = \sum_{k = 0}^{n} c_k \qquad \qquad \beta_n = B_n - B</math>

Przekształcając sumę <math>C_m</math>, otrzymujemy

::<math>C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Przechodzimy od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C_m = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum_{j = 0}^{m - i} b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \left( {B + \beta_{m - i}} \right)</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = B \sum_{i = 0}^{m} a_i + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = A_m B + \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Zatem

::<math>C_m - A_m B = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Niech

::<math>\delta_m = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Oczywiście chcemy pokazać, że <math>C_m \longrightarrow A B</math>. Ponieważ <math>A_m B \longrightarrow A B</math>, to wystarczy pokazać, że <math>\delta_m \longrightarrow 0</math>.

Z założenia <math>B_m \longrightarrow B</math>, zatem <math>\beta_m \longrightarrow 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(\beta_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(\beta_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| \beta_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon_1 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(\beta_k)</math> spełniają warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>M = M (\varepsilon_1)</math>. Zatem dla <math>m > M</math> dostajemy

::<math>| \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny, zatem musi być <math>\lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Czyli dla dowolnego <math>\varepsilon_2 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon_2</math>. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon_2)</math>. Zatem dla <math>m > M + N</math> otrzymujemy

::<math>| \delta_m | < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

:::<math>\;\; < \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A'</math>

Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> wystarczy wybrać <math>\varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}}</math> i <math>\varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}}</math>, aby otrzymać <math>| \delta_m | < \varepsilon</math> dla wszystkich <math>m > M + N</math>. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\delta_m</math> spełniają warunek <math>| \delta_m | < \varepsilon</math>, to <math>\lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D106" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D106</span><br/>
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z założenia szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B'</math>

Zauważmy, że suma <math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math> obejmuje <math>m + 1</math> przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C'_m = \sum_{n = 0}^{m} | c_n |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \left| \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right|</math>

:::<math>\; \leqslant \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} | a_i | | b_j | \qquad \qquad</math> (zmieniliśmy sposób sumowania)

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} | a_i | \sum_{j = 0}^{m - i} | b_j |</math>

:::<math>\; \leqslant A' B'</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>C'_m</math> jest rosnący (bo sumujemy wartości nieujemne) i ograniczony od góry, to jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D107" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D107</span><br/>
Podać przykład szeregów zbieżnych, z których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^i}{2^i}} = {\small\frac{2}{3}}</math> jest bezwzględnie zbieżny, bo <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2^i}} = 2</math> jest zbieżny. Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]).

Zatem na podstawie twierdzenia Mertensa iloczyn Cauchy'ego tych szeregów <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{2^k}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

jest zbieżny. Łatwo widzimy, że

::<math>| c_n | = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; = {\small\frac{1}{n + 1}} + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; \geqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math> jest rozbieżny i

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant | c_n |</math>

to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D108" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D108</span><br/>
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest warunkowo zbieżny (zobacz [[#D5|D5]], [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Iloczyn Cauchy'ego dwóch takich szeregów jest równy <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(n - k + 1) + (k + 1)}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{2 (- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Ponieważ (zobacz [[#D48|D48]])

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

to

::<math>{\small\frac{2}{n + 2}} \cdot \log (n + 2) < | c_n | < {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot (1 + \log (n + 1))</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | c_n | = 0</math>. Pokażemy teraz, że ciąg <math>(| c_n |)</math> jest ciągiem malejącym.

::<math>| c_n | - | c_{n - 1} | = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} + \left( {\small\frac{2}{n + 2}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \right) \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} - {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; \leqslant 0</math>

Bo <math>\sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} \geqslant 1</math>. Ponieważ ciąg <math>(| c_n |)</math> jest malejący i zbieżny do zera, to z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^n | c_n |</math> jest zbieżny. Zauważmy jeszcze, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant {\small\frac{2 \log (n + 2)}{n + 2}} < | c_n |</math>

Zatem na podstawie kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D109" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D109</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D111|D111]] pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w sensie Cesàro<ref name="CesaroSum1"/>. Nie będziemy zajmowali się tym tematem, ale podamy ciekawy przykład.

Rozważmy szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math>. Sumy częściowe tego szeregu wynoszą <math>S_k = {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}</math> i tworzą ciąg rozbieżny, ale ciąg kolejnych średnich arytmetycznych dla ciągu <math>(S_k)</math> jest równy

::<math>x_n = {\small\frac{S_0 + \ldots + S_n}{n + 1}}
= {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}
= {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1 + (- 1)^n}{4 (n + 1)}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=1%2F%28n%2B1%29+*+Sum%5B+%281+%2B+%28-1%29%5Ek+%29%2F2%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D+%5D WolframAlfa])

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math> jest sumowalny w sensie Cesàro i jego suma jest równa <math>{\small\frac{1}{2}}</math>.

<span id="D110" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D110</span><br/>
Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(a_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| a_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon)</math>. Zatem dla <math>n > N</math> możemy napisać

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = {\small\frac{| a_0 | + \ldots + | a_N | + |a_{N + 1} | + \ldots + | a_n |}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon (n - N)}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + \varepsilon</math>

Ponieważ liczba <math>n</math> może być dowolnie duża, to wyrażenie <math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}}</math> może być dowolnie małe. W szczególności warunek

::<math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} < \varepsilon</math>

jest spełniony dla <math>n > {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1</math> i otrzymujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | < 2 \varepsilon</math>

dla wszystkich <math>n > \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right)</math>. Zatem <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D111" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D111</span><br/>
Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych <math>x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}}</math> jest zbieżny do tej samej granicy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g</math>

Z definicji ciągu <math>(x_n)</math> dostajemy

::<math>x_n - g = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} - g
= {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n - (n + 1) g}{n + 1}}
= {\small\frac{(a_0 - g) + \ldots + (a_n - g)}{n + 1}}
= {\small\frac{a_0 - g}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{a_n - g}{n + 1}}</math>

Wynika stąd, że

::<math>0 \leqslant | x_n - g | \leqslant {\small\frac{| a_0 - g |}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{| a_n - g |}{n + 1}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k - g |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2). Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D112" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D112</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> i <math>(b_n)</math> będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a</math> i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''1. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0}</math>

Ponieważ ciąg <math>(b_n)</math> jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| b_k | \leqslant U</math>. Zatem

::<math>0 \leqslant \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | \leqslant {\small\frac{U}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right) = 0</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2).

'''2. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \neq 0}</math>

Niech <math>x_n = a_n - a</math>. Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = 0</math>. Podstawiając, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum^n_{k = 0} (a + x_k) b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a b_{n - k} + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = a \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{j = 0}^{n} b_j + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

W granicy, gdy <math>n \longrightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D111|D111]] i udowodnionego wyżej przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, dostajemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D113" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D113 (Niels Henrik Abel)</span><br/>
Jeżeli szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> są zbieżne i ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny, to <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Będziemy stosowali następujące oznaczenia

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad \;\, B_n = \sum_{i = 0}^{n} b_i \qquad \qquad \;\; C_n = \sum_{i = 0}^{n} c_i</math>

Z założenia szeregi są zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} A_n = A \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} C_n = C</math>

Rozważmy sumę

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k b_{n - k}</math> po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum^{m - i}_{j = 0} b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{k = 0}^{m} a_k B_{m - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k B_{m - k}</math> po <math>L + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>L + 1</math> kolejnych liniach pionowych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{i = 0}^{L} \sum_{j = 0}^{L - i} a_j B_i</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i \sum_{j = 0}^{L - i} a_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{m = 0}^{L} C_m = {\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

W granicy, gdy <math>L \longrightarrow \infty</math>, z twierdzeń [[#D111|D111]] i [[#D112|D112]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

<span id="D114" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D114</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> definiujemy wzorem

::<math>C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>.

<span id="D115" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D115</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> mają następujące własności

:*   <math>C_n</math> są liczbami całkowitymi dodatnimi

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_n = {\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych wartości <math>n \geqslant 0</math>, bo <math>(C_n) = (1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, \ldots)</math>. W ogólności wystarczy zauważyć, że dla <math>n \geqslant 0</math> mamy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n + 1) ! (n - 1) !}} = {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} < {\small\binom{2 n}{n}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n}} - {\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} - {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

Zatem <math>C_n</math> jest liczbą całkowitą większą od zera.

'''Punkt 2.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) !}{n! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}} = {\small\frac{1}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n - 1) ! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

'''Punkt 3.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{C_{n + 1}}{C_n}} = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 1) !}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}} =</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}}</math>
</div>

'''Punkt 4.'''

Dowód tego punktu został umieszczony w Uzupełnieniu (zobacz [[#D140|D140]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D116" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D116</span><br/>
Niech <math>C_n</math> oznacza <math>n</math>-tą liczbę Catalana i niech <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> oznacza szereg, który otrzymujemy, mnożąc szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> przez siebie według reguły Cauchy'ego. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>a_n = C_n</math>,  to  <math>x_n = C_{n + 1}</math>

:*   jeżeli <math>a_0 = \alpha</math> i <math>a_n = r^{n - 1} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>,  to  <math>x_0 = \alpha^2</math>, <math>x_1 = 2 \alpha C_0</math> i <math>x_n = (1 + 2 \alpha r) r^{n - 2} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 2</math>

Dla jakich wartości <math>\alpha, r</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> jest zbieżny?

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 2.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>x_0 = a_0 a_0 = \alpha^2</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>x_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2 a_0 a_1 = 2 \alpha C_0</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>x_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = a_0 a_n + a_n a_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 a_0 a_n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^{k - 1} C_{k - 1} \cdot r^{n - k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{k = 1}^{n - 1} C_{k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{j = 0}^{n - 2} C_j C_{n - 2 - j}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} C_{n - 1}</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)</math>
</div>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = \frac{{\normalsize\frac{1}{n + 1}} {\normalsize\binom{2 n}{n}}}{{\normalsize\frac{1}{n}} {\normalsize\binom{2 n - 2}{n - 1}}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1) (2 n - 2) !}{n^2 [(n - 1) !]^2}} \cdot {\small\frac{[(n - 1) !]^2}{(2 n - 2) !}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1)}{n^2}}
= {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}}</math>

Z kryterium d'Alemberta dla szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> i szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> otrzymujemy

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^n C_n}{r^{n - 1} C_{n - 1}}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = | r | \cdot {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

::<math>\left| {\small\frac{x_{n + 1}}{x_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^{n - 1} C_n (1 + 2 \alpha r)}{r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

Zatem szeregi te są bezwzględnie zbieżne w przypadku, gdy <math>| r | < {\small\frac{1}{4}}</math>. W szczególności dla <math>\alpha = - {\small\frac{1}{2 r}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> zawsze będzie zbieżny, bo od trzeciego wyrazu będzie się składał z samych zer. Wiemy, że w przypadku, gdy <math>r = {\small\frac{1}{4}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2</math> jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

<span id="D117" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D117</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> i <math>r \in \mathbb{R}</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy

::<math>(1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k</math>

'''Punkt 2.'''

Całkując obie strony wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>\int^r_0 (1 + x)^n d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \int^r_0 x^k d x</math>

::<math>{\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>

'''Punkt 3.'''

Obliczając pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy dowodzony wzór.

'''Punkt 4.'''

Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy

::<math>n(n - 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - n 2^{n - 1}</math>

Skąd natychmiast wynika dowodzony wzór.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D118" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D118</span><br/>
Dla <math>n, m \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ze wzoru Pascala

::<math>{\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

otrzymujemy

::<math>{\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

Kładąc <math>a = n + k + 1</math>, mamy

::<math>{\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}}</math>

Czyli

::<math>{\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}}</math>

Wykorzystując powyższy wzór, łatwo pokazujemy, że (zobacz [[#D15|D15]])

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Suma nieoznaczona</span> ===

<span id="D119" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D119</span><br/>
Sumą nieoznaczoną<ref name="IndefiniteSum1"/> (lub antyróżnicą) funkcji <math>f(k)</math>, będziemy nazywali dowolną funkcję <math>F(k)</math> taką, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>F(k + 1) - F (k) = f (k)</math>
</div>

Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji <math>F(k)</math>, bo jeżeli <math>F (k)</math> jest sumą nieoznaczoną, to <math>F (k) + C</math>, gdzie <math>C</math> jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W szczególności

::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = \sum_{k = a}^{b} (F (k + 1) - F (k))</math>

::::<math>\;\;\;\: = - \sum_{k = a}^{b} (F (k) - F (k + 1))</math>

<div style="margin-top: 1.1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = - ( F (a) - F (b + 1) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = F (b + 1) - F (a)</math>
</div>

Co przez analogię do całki nieoznaczonej możemy zapisać jako

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = F (k) \biggr\rvert_{a}^{b + 1} \qquad \qquad \qquad ( 1 )</math>
</div>

Należy podkreślić różnicę między sumą oznaczoną <math>S(n)</math> a sumą nieoznaczoną <math>F(k)</math>. Niech <math>f(k) = k^2</math>. Oczywiście

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 = {\small\frac{1}{6}} n (n + 1) (2 n + 1)</math>

::<math>F(k) = {\small\frac{1}{6}} (k - 1) k (2 k - 1)</math>

Ponieważ dla sumy <math>S(n)</math> prawdziwy jest związek <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>, to otrzymujemy <math>F(k) = S (k - 1)</math>. Weźmy kolejny przykład, niech <math>f(k) = r^k</math>, gdzie <math>r</math> jest stałą. Mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} r^k = {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}}</math>

ale

::<math>F(k) = {\small\frac{r^k}{r - 1}}</math>

i nie jest prawdą, że <math>F(k) = S (k - 1)</math>, bo pominięty został wyraz <math>{\small\frac{- 1}{r - 1}}</math>, który jest stałą, ale jest to zrozumiałe.

Niech teraz <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Tym razem otrzymujemy zupełnie inne wyniki: suma <math>S(n)</math> nie zależy od dwóch zmiennych, bo jest to niemożliwe, a suma nieoznaczona nadal zależy od <math>k</math>, bo dla <math>F(n, k)</math> musi być prawdziwy wzór <math>(1)</math>. Łatwo widzimy, że

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D120" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D120</span><br/>
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem <math>S(b) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math> i chcemy udowodnić jego poprawność. W prostych przypadkach możemy wykorzystać indukcję matematyczną: wystarczy pokazać, że

::<math>S(k + 1) = S (k) + f (k + 1)</math>

Jeżeli już udało nam się pokazać związek <math>f(k) = S (k) - S (k - 1)</math>, to równie dobrze możemy zamienić sumę na sumę teleskopową (zobacz [[#D15|D15]]), aby otrzymać, że

::<math>\sum_{k = a + 1}^{b} f (k) = \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k) - S (k - 1) )</math>

:::::<math>\;\, = - \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k - 1) - S (k) )</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = - ( S (a) - S (b) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = S (b) - S (a)</math>
</div>

Czyli

::<math>S(b) = \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) + S (a) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math>

bo <math>S(a) = f (a)</math>.

W przypadkach bardziej skomplikowanych nie możemy tak postąpić. W poprzedniej uwadze rozważaliśmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

ale

::<math>S(n) - S (n - 1) = {\small\frac{3 n + 1}{2 (n + 1)}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

I nie da się pokazać związku <math>S(k) - S (k - 1) = f (n, k)</math>, bo różnica <math>S(k) - S (k - 1)</math> nie zależy od <math>n</math>.

Tutaj z pomocą przychodzi nam suma nieoznaczona. W programie Maxima możemy ją policzyć, wpisując polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);</span>

Otrzymujemy

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Oczywiście

::<math>F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>

i

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

Podsumujmy. Jakkolwiek znalezienie ogólnego wzoru na sumę <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k)</math> może być bardzo trudne, to udowodnienie poprawności tego wzoru może być znacznie łatwiejsze (metodą indukcji matematycznej lub obliczając sumę teleskopową). Podobnie jest w bardziej skomplikowanym przypadku, gdy szukamy ogólnego wzoru na sumę <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Tutaj wymienionych przed chwilą metod zastosować nie można, a znalezienie wzoru na sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> może być jeszcze trudniejsze, ale gdy już taki wzór mamy, to sprawdzenie jego poprawności, czyli związku <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math>, może być bardzo łatwe, a wtedy otrzymujemy natychmiast

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D121" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D121</span><br/>
Korzystając z programu Maxima znaleźć sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> dla funkcji

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

i pokazać, że prawdziwy jest wzór <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>, gdzie <math>C_n</math> są liczbami Catalana.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wpisując w programie Maxima polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);</span>

otrzymujemy

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{(n - 2 k + 1) (2 n - 2 k + 1)}{(n + 1) (n + 2) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k)}{n - k}}</math>

Czytelnik bez trudu pokaże, że

::<math>F(n, k + 1) = - {\small\frac{(2 k + 1) (n - 2 k - 1)}{(n + 1) (n + 2) (k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

oraz łatwo sprawdzi związek <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math> i wyliczy sumę oznaczoną.

Chcemy zwrócić uwagę na występującą tutaj trudność. Oczywiście

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

ale funkcja <math>F(n, k)</math> nie jest określona dla <math>k = n + 1</math>. Żeby ominąć ten problem, możemy przekształcić funkcję <math>F(n, k)</math> tak, aby możliwe było obliczenie jej wartości dla <math>k = n + 1</math>

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{n - 2 k + 1}{2 (n + 1) (n + 2)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k + 1)}{n - k + 1}}</math>

lub zapisać sumę w postaci

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (n, k) + f (n, n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n} + f (n, n)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math></span> ===

<span id="D122" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D122</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D138|D138]] i [[#D139|D139]] wyliczyliśmy <math>S(n)</math>, znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math> wynika z istnienia odpowiedniego równania rekurencyjnego dla składników sumy <math>f(n, k)</math>. Zagadnieniem tym zajmowała się siostra Mary Celine Fasenmyer, która podała algorytm postępowania<ref name="Fasenmyer1"/><ref name="Fasenmyer2"/>. Prace Zeilbergera oraz Wilfa i Zeilbergera uogólniły ten algorytm<ref name="Zeilberger1"/><ref name="WilfZeilberger1"/>. My przedstawimy jedynie kilka prostych przypadków, które zilustrujemy przykładami. Szersze omówienie tematu Czytelnik znajdzie w książce Petkovšeka, Wilfa i Zeilbergera<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1"/>.

<span id="D123" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D123</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Jeżeli składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a, b, c, d</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma <math>S (n)</math> spełnia równanie rekurencyjne

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo zauważamy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) =</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)</math>

Zatem sumując założone równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

po <math>k</math> od <math>k = 0</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>a \cdot [- f (n + 1, 0) + S (n + 1)] + b \cdot [- f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)] + c \cdot [- f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)] + d \cdot S (n) = 0</math>

Czyli

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D124" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D124</span><br/>
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci <math>\sum_{k = 0}^{n} f (k)</math>, bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w takim przypadku natychmiast: <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>.

<span id="D125" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D125</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W tym przypadku nie otrzymamy równania rekurencyjnego, ale od razu wzór ogólny na sumę <math>S(n)</math>.

Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + k + 1) (n + k + 2)}{(k + 1) (n + 1)}} + b \cdot {\small\frac{n + k + 1}{n + 1}} + c \cdot {\small\frac{n + k + 1}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(a + b) k^2 + ((2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d) k + (a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
a + b = 0 \\
(2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d = 0 \\
(a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = - a</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = 0</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>- a S (n) = a - a {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - a \left( 1 - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right)</math>

::::<math>\;\;\: = - a \left[ {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right]</math>

::::<math>\;\;\: = - a {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

I otrzymaliśmy dowodzony wzór.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum1() :=
(
f(n, k):= '''binomial'''(n+k, n), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''solve'''( S4 = 0, S[n] )
/* S[n] = (2*n+1)! / (n! * (n+1)!) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D126" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D126</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;1)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = r^k {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + 1) r}{k + 1}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{(n - k) r}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c r - d) k^2 + (- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b) k + ((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c r - d = 0 \\
- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b = 0 \\
((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = - a \cdot r</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>S(n + 1) = (r + 1) S (n)</math>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = (r + 1)^n</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum2() :=
(
f(n, k):= r^k * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* S[n+1] = (r+1)*S[n] */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = C*(r+1)^n */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D127" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D127</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;2)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{n + 1}{k + 2}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{n - k}{k + 2}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c - d) k^2 + ((- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d) k + (a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c - d = 0 \\
(- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d = 0 \\
(a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>, <math>d = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>(n + 2) S (n + 1) = 2 (n + 1) S (n) + 1</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum3() :=
(
f(n, k):= 1/(k+1) * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i)=0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* (n+2)*S[n+1] = 2*(n+1)*S[n] + 1 */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = ( (C+1) * 2^n - 1 )/(n + 1) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D128" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D128</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Jeżeli zapiszmy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> w postaci

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{k!}}</math>

to natychmiast widzimy, że prawa strona musi być równa zero dla <math>k > n</math>.

Jeżeli we wzorze Pascala

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\binom{n - 1}{k}} + {\small\binom{n - 1}{k - 1}}</math>

położymy <math>n = m + 1</math> i <math>k = 0</math>, to otrzymamy

::<math>1 = 1 + {\small\binom{m}{- 1}}</math>

czyli <math>{\small\binom{m}{- 1}} = 0</math>

I tak samo dla wszystkich <math>k < 0</math>.

Znacznie mocniejszego uzasadnienia dostarczy nam funkcja gamma (zobacz [[#D141|D141]]), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję

::<math>g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}}</math>

Jeżeli <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>0 \leqslant k \leqslant n</math>, to funkcja <math>g(n, k)</math> jest równa współczynnikowi dwumianowemu <math>{\small\binom{n}{k}}</math>.

::<math>g(n, k) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1) \Gamma (n - k + 1)}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\binom{n}{k}}</math>

W przypadku, gdy <math>k < 0</math>, mamy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - x + 1)}} = 0 \cdot {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - k + 1)}} = 0</math>

W przypadku, gdy <math>k > n</math>, dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (n - x + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1)}} \cdot 0 = 0</math>

Co najlepiej wyjaśnia, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D129" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D129</span><br/>
Niech <math>n, I, J \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli <math>f(n, k) = 0</math>
dla <math>k \notin [0, n]</math> i składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a_{i j}</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

spełnia następujące równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, zatem sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n, k)</math>

Niech <math>0 \leqslant i \leqslant I</math> oraz <math>0 \leqslant j \leqslant J</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j)</math>

Zauważmy, że <math>f(n + i, k + j) = 0</math> dla <math>k \notin [- J, n + I]</math>, bo

:*   dla <math>k < - J</math> mamy <math>k + j < - J + j \leqslant 0</math>
:*   dla <math>k > n + I</math> mamy <math>k + j > n + I + j \geqslant n + I \geqslant n + i</math>

Wynika stąd, że rozszerzając rozpatrywaną sumę na cały zbiór liczb całkowitych, nie zmienimy wartości sumy. Czyli, że

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math>

::<math>0 = \sum_{k = - J}^{n + I} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right]</math>

Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D130" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D130</span><br/>
Z zadania [[#D128|D128]] wynika, że jeżeli funkcja <math>f(n, k)</math> zawiera czynnik <math>{\small\binom{n}{k}}</math>, to może spełniać warunek <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja <math>f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>.

<span id="D131" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D131</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;3)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = k {\small\binom{n}{k}}</math>. Do rozwiązania problemu wykorzystamy oprogramowanie Maxima i procedurę

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum5(I, J) :=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( S[n+i] * '''sum'''(a[i,j], j, 0, J), i, 0, I),
S2: '''subst'''( sol[1], S1 ), /* pierwszy element listy sol */
S3: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S2 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S3 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S3 = 0, S[n] )
)$</span>

Wywołujemy procedurę <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span> i wpisujemy funkcję

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)</span>

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

<span style="font-size: 90%; color:black;">n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]</span>

którego rozwiązanie jest postaci

<span style="font-size: 90%; color:black;">S[n] = C * n * 2^(n-1)</span>

Łatwo sprawdzamy, że <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>C = 1</code></span>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D132" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D132</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n^2 (n + 1) {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wskazówki:

Korzystamy z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, której kod został podany w zadaniu [[#D131|D131]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>I, J</code></span>.

::<math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot n! \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

'''Punkt 1.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 1)</code></span>

'''Punkt 2.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 3.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 4.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 5.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 6.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(3, 2)</code></span><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D133" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D133</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D129|D129]]), że jeżeli dla dowolnego <math>n</math> wartość funkcji <math>f(n, k)</math> jest określona dla wszystkich <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, to sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w równoważnej postaci
<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

Rozważmy teraz funkcję <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>, która powyższego warunku nie spełnia, bo jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>. Jeżeli zapiszemy <math>f(n, k)</math> w postaci

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n!}{(k + 1) ! (n - k) !}}</math>

to natychmiast widzimy, że

::<math>f(n, - 1) = {\small\frac{n!}{0! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Zatem w przypadku tej funkcji mamy

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) + f (n, - 1) = S (n) + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

'''Zakładając''', że spełnione jest równanie

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

otrzymujemy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n + i, k + j)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{l \in \mathbb{Z}} f (n + i, l)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right]</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Jeżeli mamy skończoną liczbę punktów <math>k_r \notin [0, n]</math>, w których funkcja <math>f(n, k)</math> jest określona i różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję

::<math>T(n) = f (n, k_1) + f (n, k_2) + f (n, k_3) + \ldots = \sum_r f (n, k_r)</math>

W takim przypadku otrzymamy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{i = 0}^{I} [S (n + i) + T (n + i)] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Wystarczy drobna modyfikacja procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, aby obejmowała ona również takie przypadki

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum6(I, J):=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
'''read'''("podaj definicję T(n)"), /* suma skończonych wartości funkcji f(n, k), gdzie k<0 lub k>n */
'''print'''("T(n) = ", T(n) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( ( S[n+i] + T(n+i) ) * '''sum'''( a[i,j], j, 0, J ), i, 0, I ),
S2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( S1 ) ) ) ) ),
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )
)$</span>

Korzystając z powyższej procedury, Czytelnik może łatwo policzyć wypisane poniżej sumy.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{f(n,k)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-1)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-2)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{k = 0}^n f(n,k)}</math> || WolframAlpha
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+binomial%28n%2Ck%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK1]
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 2}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{n 2^{n + 1} + 1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK2]
|-
| <math>{\small\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>{\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 2} - n - 3}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK3]
|}

<span id="D134" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D134</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz zadanie [[#D146|D146]]). Zatem korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0</math>

i rozwiązanie

::<math>S(n) = C \cdot 4^n</math>

Łatwo sprawdzamy, że <math>C = 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D135" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D135</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz [[#D146|D146]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D147|D147]])

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>f(n, - 1) = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n^2 + 5 n + 6) S (n + 2) - 8 (n^2 + 4 n + 4) S (n + 1) + 16 (n^2 + 3 n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 2) (n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2)^2 S (n + 1) + 16 (n + 1) (n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 2) !}} = 0</math>

Maxima nie potrafi rozwiązać tego równania rekurencyjnego, ale można sprawdzić, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math> jest jego rozwiązaniem.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000; padding-bottom: 0.2em">Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math></span> ===

<span id="D136" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D136</span><br/>
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D115|D115]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

<span id="D137" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D137</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(k)</math> nie zależy od <math>n</math> i dane są sumy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

to

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji sumy <math>T(n)</math> ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) \cdot {\small\frac{(2 n - 2 k) (2 n - 2 k - 1)}{(n - k)^2}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 (2 n - 2 k - 1) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} [4 (n - 1 - k) + 2] f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

Czyli

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D138" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D138</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} j {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} {\small\binom{2 k}{k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (n - k + k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math>

Ponieważ <math>T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

::<math>{\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1)</math>

Czyli

::<math>n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1)</math>

::<math>S(n) = 4 S (n - 1)</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = 4^n</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D139" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D139</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Oznaczmy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n + 1 - (k + 1)}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} - \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n</math>
</div>

Ponieważ <math>T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1)</math>
</div>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>. Dla <math>n = 0</math> mamy <math>S(0) = 1</math> i <math>{\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1</math>. Zatem wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>n - 1</math>, otrzymujemy dla <math>n</math>

::<math>{\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(n + 1)^2}{(2 n + 1) (2 n + 2)}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = S (n)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D140" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D140</span><br/>
Jeżeli <math>C_n</math> są liczbami Catalana, to

::<math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n - k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = C_{n + 1}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math></span> ===

 

<span id="D141" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D141</span><br/>
Funkcja <math>\Gamma (z)</math><ref name="gamma1"/> jest zdefiniowana równoważnymi wzorami

::<math>\Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) > 0 \qquad \qquad</math> (definicja całkowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja Gaussa)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Weierstrassa)

Trzy ostatnie wzory możemy wykorzystać do zdefiniowania funkcji <math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}}</math>, która jest określona dla dowolnych <math>z \in \mathbb{C}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z e^{\gamma z} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) e^{- \tfrac{z}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji <math>\Gamma (x)</math> (kolor niebieski) i <math>{\small\frac{1}{\Gamma (x)}}</math> (kolor czerwony).

::[[File: gamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż równoważność definicji|Hide=Ukryj równoważność definicji}}

'''Równoważność definicji Gaussa i definicji całkowej Eulera'''

Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>. Rozważmy całki

::<math>I_k = \int^n_0 t^{z - 1 + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} d t</math>

gdzie <math>k = 0, \ldots, n</math>. Całkując przez części

::<math>d u = t^{z - 1 + k} \, d t \qquad \qquad \qquad v = \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k}</math>

::<math>u = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \qquad \qquad \qquad \quad \; d v = - {\small\frac{n - k}{n}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

otrzymujemy

::<math>I_k = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} \, \biggr\rvert_{0}^{n} \; + \; {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \int^n_0 t^{z + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \cdot I_{k + 1}</math>

Zatem całkując <math>n</math>-krotnie przez części, mamy

::<math>I_0 = {\small\frac{n}{n z}} \cdot I_1</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot I_2</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot I_3</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot I_n</math>

Ponieważ

::<math>I_n = \int^n_0 t^{z + n - 1} \, d t = {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

to

::<math>I_0 = \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

:::::::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t</math>
</div>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Eulera i definicji Gaussa'''

::<math>{\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{k}} \right)^{- 1}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{\left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z}{1 + {\small\frac{z}{k}}}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} {\small\frac{k (k + 1)^z}{(k + z) k^z}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( {\small\frac{(n + 1) !}{n!}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(n + 1)^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Weierstrassa i definicji Gaussa'''

Stała <math>\gamma</math> jest równa

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right)</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} = z^{- 1} \cdot e^{- \gamma z} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{e^{\tfrac{z}{k}}}{1 + \tfrac{z}{k}} \right)</math>

:::::::::<math>\, = z^{- 1} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{k e^{\tfrac{z}{k}}}{z + k} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot e^{\left( 1 + \tfrac{1}{2} + \ldots + \tfrac{1}{n} \right) z} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D142" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D142</span><br/>
Dla funkcji <math>\Gamma (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (1) = 1</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \neq 0</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\overline{\Gamma (z)} = \Gamma (\bar{z})</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>z \Gamma (z) = \Gamma (z + 1) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór Legendre'a o podwajaniu)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} t^{1 - 1} e^{- t} d t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = - e^{- t} \biggr\rvert_{0}^{\infty} = 0 - (- 1) = 1</math>

'''Punkt 2.'''

Rozważmy definicję iloczynową Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math>

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Zauważmy, że funkcja wykładnicza <math>e^z</math> jest zawsze różna od zera (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1). Mianowniki iloczynu <math>\left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math> dla ustalonego <math>z</math> są ograniczone, bo

::<math>\left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + \left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + | z |</math>

Pozostaje jeszcze pokazać, że występujący w mianowniku iloczyn

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}} = \frac{1}{\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}}</math>

(jako całość) jest dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> ograniczony. Zaczniemy od rozbicia tego iloczynu na dwie części

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} = \left[ \prod_{n = 1}^{N_0 - 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right] \cdot \left[ \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right]</math>

gdzie <math>N_0</math> zostało dobrane w ten sposób, aby dla wszystkich <math>n \geqslant N_0</math> było prawdziwe oszacowanie <math>\left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant {\small\frac{1}{2}}</math>. Pierwszy czynnik w nawiasie kwadratowym to iloczyn skończonej liczby skończonych liczb, zatem jest to pewna skończona liczba zespolona. Musimy zbadać drugi czynnik.

W związku z tym, że będziemy badali funkcję zmiennej zespolonej, zmieniamy używane oznaczenia (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB31|ZB31]], [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB33|ZB33]]). Symbol <math>\ln (x)</math> oznacza tutaj logarytm rzeczywisty zmiennej rzeczywistej dodatniej (oznaczany dotychczas jako <math>\log (x)</math>), a <math>\operatorname{Log} (z)</math> oznacza wartość główną logarytmu zespolonego <math>\log (z)</math>.

Mamy

::<math>\ln \left| \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| = \ln \left( \prod_{n = N_0}^{\infty} \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right|</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left( \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \cdot | e^{- z / n} | \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \ln \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| + \ln \left( e^{- \operatorname{Re}(z / n)} \right) \right]</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \right) - \operatorname{Re}\left( {\small\frac{z}{n}} \right) \right] \qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;1

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} \left| \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right|</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{| z |^2}{n^2}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;5

::::::::::<math>= | z |^2 \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>\leqslant | z |^2 \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>= {\small\frac{1}{6}} \pi^2 | z |^2</math>

Wynika stąd, że dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> liczba

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

jest liczbą skończoną różną od zera.

'''Punkt 3.'''

Z definicji iloczynowej Weierstrassa otrzymujemy natychmiast

::<math>\overline{\Gamma (z)} = \overline{\left( \frac{e^{- \gamma z}}{z} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{e^{z / n}}{1 + \frac{z}{n}} \right)}</math>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1.5em;">
:::<math>\;\;\; = \frac{\overline{e^{- \gamma z}}}{\bar{z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{\overline{e^{z / n}}}{1 + \frac{\bar{z}}{n}}</math>
</div>

:::<math>\;\;\; = \frac{e^{- \gamma \bar{z}}}{\bar{z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \frac{e^{\bar{z} / n}}{1 + \frac{\bar{z}}{n}}</math>

:::<math>\;\;\; = \Gamma (\bar{z})</math>

gdzie skorzystaliśmy z rezultatu pokazanego w [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB17|ZB17]] p.&hairsp;1.

'''Punkt 4.'''

Z definicji Gaussa funkcji <math>\Gamma (z)</math> otrzymujemy

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::<math>\Gamma (z + 1) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) (z + 2) \cdot \ldots \cdot (z + n + 1)}}</math>

Zatem

::<math>z \Gamma (z) = z \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n}{z + n + 1}} \cdot {\small\frac{z + n + 1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \Gamma (z + 1)</math>

'''Punkt 5.'''

Z definicji iloczynowej Eulera mamy

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{1}{- z \Gamma (z) \Gamma (- z)}}</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{z \cdot (- z)}{- z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::<math>\; = z \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right)</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}}</math>

gdzie wykorzystaliśmy wzór Eulera

::<math>\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right) = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi z}}</math>

Dowód wzoru Eulera jest trudny. Elegancki dowód, ale tylko dla liczb rzeczywistych, Czytelnik znajdzie na stronie [https://proofwiki.org/wiki/Euler_Formula_for_Sine_Function/Real_Numbers#Proof_1 ProofWiki].

'''Punkt 6.'''

Z definicji Gaussa funkcji gamma mamy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{2 z} n!}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + n)}}</math>

Jeżeli w powyższym równaniu położymy <math>2 n</math> zamiast <math>n</math>, to dostaniemy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right] = [2 z (2 z + 2) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)] \cdot [(2 z + 1) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)]</math>

::::::::::::::::::::::<math>\;\;\;\,\, = 2 z (2 z + 1) (2 z + 2) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)</math>

Czyli

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)}} \cdot (2 z + 2 n + 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right]}} \cdot 2 n \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}{\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \Gamma (z) \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot C \cdot 1</math>

Ponieważ wyrażenie

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}}</math>

nie zależy od <math>z</math>, a wartości funkcji <math>\Gamma (2 z)</math>, <math>\Gamma (z)</math> i <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> są określone dla <math>2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>, to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, to otrzymamy

::<math>\Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C</math>

Czyli

::<math>C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}}</math>

I ostatecznie dostajemy

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Przy okazji pokazaliśmy asymptotykę: <math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}}</math>

Zauważmy jeszcze, że gdy położymy <math>2 n + 1</math> zamiast <math>n</math>, to otrzymamy taki sam rezultat, bo

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n + 1)^{2 z} (2 n + 1) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 n}} \right)^{\! 2 z} \cdot \left( {\small\frac{1}{1 + {\normalsize\frac{2 z}{2 n + 1}}}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D142|D142]] otrzymujemy<br/>
<span id="D143" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D143</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma (n + 1) = n!</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{\pi}{\cos (\pi z)}} \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \cdot (- 1)^n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wystarczy położyć <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 5. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma (n + 2) = (n + 1) \Gamma (n + 1) = (n + 1) n! = (n + 1) !</math>

Zauważmy, że funkcja <math>\Gamma (z)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych / zespolonych.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 5. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 4.'''

Wystarczy położyć <math>z = n</math> we wzorze 3. tego twierdzenia

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} \cdot 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

bo

::<math>\left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 6.'''

Ze wzoru 3. i 4. tego twierdzenia dostajemy

::<math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \frac{\pi \cdot (- 1)^n}{\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)} = \frac{\pi \cdot (- 1)^n \cdot n!}{2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot (2 n) !} = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

'''Punkt 7.'''

Ze wzoru Legendre'a o podwajaniu otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

gdzie <math>z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Dla <math>z = - n</math> po lewej stronie mamy symbol nieoznaczony <math>{\small\frac{\infty}{\infty}}</math>, ale w punktach <math>z = - n</math> istnieje granica funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}}</math>

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} \cdot 10^{| x |}</math>. Uwaga: wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> został celowo zniekształcony przez dodanie czynnika <math>10^{| x |}</math>, aby dało się zauważyć, że wartości granic <math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> są różne od zera dla <math>n \in \mathbb{N}_0</math>.

::[[File: gamma2.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D144" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D144</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wiemy, że jeżeli <math>z</math> nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D142|D142]] p.&hairsp;5)

::<math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math>

Zatem

::<math>\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}}</math>

Dzieląc powyższe równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1)}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}} = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Skąd dostajemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (- z + 1)}{\Gamma (- a z + 1)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Niech <math>k</math> oznacza dowolną liczbę całkowitą. W granicy, gdy <math>z \rightarrow k</math>, mamy

::<math>\lim_{z \rightarrow k} {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}} = {\small\frac{\pi \cdot \cos (\pi k)}{a \pi \cdot \cos (\pi a k)}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{(- 1)^k}{(- 1)^{a k}}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) k}</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Wynika stąd, że

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (a n + 1)}} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) n} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D145" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D145</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D142|D142]] p.&hairsp;4 wynika, że

::<math>\Gamma (a z + a n + 1) = \Gamma (a z + 1) \cdot \prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)</math>

::<math>\Gamma (b z + b n + 1) = \Gamma (b z + 1) \cdot \prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)</math>

Dzieląc równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (b z + b n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (z + n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a z + j)} \cdot {\small\frac{b}{a}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (- b n + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (- a n + j)} \cdot {\small\frac{\Gamma (1)}{\Gamma (1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{(- 1)^{b n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b n - j)}{(- 1)^{a n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a n - j)} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n - 1) !}{(a n - 1) !}} =
(- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D146" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D146</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - n} g (x) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zapiszmy funkcję <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math> w postaci

::<math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{\Gamma (2 n + 1)}{\Gamma (n + 1)^2}}</math>

Możemy teraz przejść do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

bo funkcja <math>\Gamma (x)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych.

Korzystając z twierdzenia [[#D145|D145]], otrzymujemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

Ale wiemy, że (zobacz [[#D141|D141]])

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} = 0</math>

Co należało pokazać i co jest dobrze widoczne na wykresie funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

::[[File: gamma3.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D147" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D147</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = - {\small\frac{1}{2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście funkcja <math>g(k)</math> nie jest określona w punkcie <math>k = - 1</math>

::<math>g(k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(2 k) !}{(k!)^2}} = {\small\frac{(2 k) !}{(k + 1) !k!}} = {\small\frac{\Gamma (2 k + 1)}{\Gamma (k + 2) \Gamma (k + 1)}}</math>

Jeżeli przejdziemy do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

to łatwo pokażemy, że granica funkcji <math>g(x)</math> w punkcje <math>x = - 1</math> istnieje i jest równa <math>- {\small\frac{1}{2}}</math>.

Z twierdzenia [[#D145|D145]] dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1) \cdot {\small\frac{1}{2}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Czyli

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = \lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} = - {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{1}{\Gamma (1)}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Co dobrze widać na wykresie funkcji <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

::[[File: gamma4.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math></span> ===

 

<span id="D148" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D148</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> (inne oznaczenia: <math>\Psi (z)</math>, <math>\psi_0 (z)</math>, <math>\psi^{(0)} (z)</math> ) definiujemy jako pochodną logarytmiczną (czyli pochodną logarytmu) funkcji <math>\Gamma (z)</math>. Mamy zatem

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z)) = {\small\frac{\Gamma' (z)}{\Gamma (z)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>\psi (x)</math>

::[[File: digamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D149" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D149</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad</math> (wzór szeregowy Weierstrassa)

gdzie <math>\gamma</math> jest stałą Eulera.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Skorzystamy z definicji iloczynowej Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]])

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{z / n} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Mamy

::<math>\log \Gamma (z) = - \gamma z - \log z + \sum_{n = 1}^{\infty} \left[ - \log \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) + {\small\frac{z}{n}} \right]</math>

Różniczkując, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z))</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \left( - \frac{{\small\frac{1}{n}}}{1 + {\small\frac{z}{n}}} + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} - \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D150" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D150</span><br/>
Dla funkcji digamma <math>\psi (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (1) = - \gamma</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (- z + 1) - \psi (z) = \pi \operatorname{ctg}(\pi z) \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}}\right) + \log 2 \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór na podwajanie)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wzór wynika natychmiast z twierdzenia [[#D149|D149]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;2), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z + 1) = \log z + \log \Gamma (z)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z + 1) = {\small\frac{1}{z}} + \psi (z)</math>

'''Punkt 3.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;3), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z) + \log \Gamma (- z + 1) = \log \pi - \log (\sin (\pi z))</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z) - \psi (- z + 1) = - {\small\frac{1}{\sin (\pi z)}} \cdot \cos (\pi z) \cdot \pi = - \pi \operatorname{ctg}(\pi z)</math>

'''Punkt 4.'''

Korzystamy ze wzoru Legendre'a o podwajaniu (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Logarytmując obie strony powyższego wzoru, dostajemy

::<math>\log \Gamma (2 z) = (2 z - 1) \log 2 - \log \sqrt{\pi} + \log \Gamma (z) + \log \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, otrzymujemy

::<math>2 \psi (2 z) = 2 \log 2 + \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Czyli

::<math>\psi (2 z) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D150|D150]] otrzymujemy<br/>
<span id="D151" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D151</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \operatorname{tg}(\pi z) \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Kładąc we wzorze na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

<math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (1) = {\small\frac{1}{2}} \psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \psi (1) + \log 2</math>

Skąd mamy natychmiast

::<math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi (1) - 2 \log 2 = - \gamma - 2 \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

We wzorze

::<math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}}</math>

połóżmy <math>z = k</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Mamy

::<math>- {\small\frac{1}{k}} = \psi (k) - \psi (k + 1)</math>

Sumując obie strony od <math>k = 1</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>- \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} [\psi (k) - \psi (k + 1)] = \psi (1) - \psi (n + 1)</math>

bo suma po prawej stronie jest sumą teleskopową (zobacz [[#D13|D13]]). Zatem

::<math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>

gdzie <math>H_n</math> jest <math>n</math>-tą liczbą harmoniczną.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 3. twierdzenia [[#D150|D150]].

'''Punkt 4.'''

Kładąc we wzorze z punktu 3. <math>z = n</math> i uwzględniając, że <math>\operatorname{tg}(\pi n) = 0</math>, dostajemy

::<math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\psi \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2}}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{2}{2 n + 1}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

gdzie skorzystaliśmy z twierdzenia [[#D150|D150]] p.&hairsp;2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D150|D150]] p.&hairsp;4), mamy

::<math>2 \psi (2 z) = \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + 2 \log 2</math>

::<math>2 \psi (2 z) - \psi (z) = 2 \log 2 + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math>, otrzymujemy

::<math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = 2 \log 2 + \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) =</math>

::::::::<math>\:\, = 2 \log 2 - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

::::::::<math>\:\, = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

'''Punkt 7.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}} + \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2}{\psi (z)}</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math> wartość funkcji <math>\psi (z)</math> dąży do <math>\pm \infty</math>. Ponieważ licznik po prawej stronie dąży do wartości skończonej

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 \;\; \xrightarrow{\; z \rightarrow -n \;} \;\; {\small\frac{1}{2}} \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma - \log 2 + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

to

::<math>\lim_{z \to - n} \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi (z + {\small\frac{1}{2}}) + \log 2}{\psi (z)} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \to - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D152" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D152</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

gdzie <math>\psi (x)</math> jest funkcją digamma.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D149|D149]] wiemy, że funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Zatem

::<math>\psi (z_1) - \psi (z_2) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + z_2}} - {\small\frac{1}{n + z_1}} \right)</math>

Rozkładając sumę <math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}}</math> na dwie sumy (po <math>k</math> parzystych i <math>k</math> nieparzystych), otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n) + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n + 1) + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2 a}}} - \frac{1}{n + {\small\frac{a + 1}{2 a}}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D153" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D153</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że

::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^a}} d x = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wzór wynika natychmiast z połączenia rezultatu z zadania poprzedniego ([[#D152|D152]]) i zadania [[#D6|D6]].<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Uogólnione twierdzenie o wartości średniej. Wzór Frullaniego</span> ===

 

<span id="D154" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D154</span><br/>
Podamy niżej uogólnione twierdzenie o wartości średniej (dla całek) i dowód tego twierdzenia (zobacz [[#D160|D160]]). Samo twierdzenie i jego dowód są dobrze znane, ale najczęściej postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>. Bardzo rzadko można spotkać mocniejsze sformułowanie, w którym postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale otwartym <math>(a, b)</math>. A jeśli już spotkamy to dokładniejsze sformułowanie, to pozostanie ono bez dowodu. Nie jest to dziwne, bo dowód (stosunkowo prosty) jest długi i lepiej po prostu pozostawić go czytelnikowi. Postanowiliśmy uzupełnić tę lukę.

<span id="D155" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D155</span><br/>
W tekście będziemy używać pojęć: „zbiór miary zero” i „prawie wszędzie”. Chcemy te sformułowania nieco przybliżyć Czytelnikowi.

Pojęcie '''zbiór miary zero''' w przypadku całki Riemanna oznacza: zbiór tak mały, że nie ma on wpływu na wartość całki.

Pojęcie '''prawie wszędzie''' w przypadku całki Riemanna oznacza: wszędzie poza zbiorem tak małym, że nie ma on wpływu na wartość całki lub wszędzie poza '''zbiorem miary zero'''.

Całka Riemanna „widzi” tylko to, co dzieje się na odcinkach o dodatniej długości, a ignoruje pojedyncze punkty, bo na najmniejszym nawet odcinku (choćby tylko maleńkim otoczeniu punktu) da się zbudować prostokąt, a na punkcie prostokąta nie utworzymy.

Nie przez przypadek będziemy mówili o „przedziałach” i „podprzedziałach”, bo to one (i tylko one) dają wkład do całki Riemanna. Wartość całki Riemanna jest całkowicie niewrażliwa na zmiany funkcji w pojedynczych punktach. Punkty nie dają żadnego wkładu do ostatecznego wyniku, ponieważ nie mają one „szerokości”. W przypadku nieskończonej liczby punktów są dwie możliwości: dopóki punkty te są rozproszone na tyle „rzadko”, że funkcja pozostaje całkowalna, ich łączny wkład do całki nadal wynosi zero. Jeśli jednak punktów tych jest nieskończenie wiele i są one rozłożone zbyt „gęsto”, to definicja całki Riemanna się załamuje – sumy dolne i górne nie mogą się spotkać, przez co całka Riemanna przestaje istnieć.

Zauważmy, że zmiana wartości funkcji w skończonej lub przeliczalnej liczbie punktów nie wpływa na wartość całki. Konsekwentnie: jeżeli dwie funkcje są równe '''prawie wszędzie''', to mają takie same całki Riemanna. Przykłady funkcji, których całki w dowolnym przedziale są takie same

::<math>f(x) = 0 \qquad\qquad g(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x = 0 \\
0 & \text{gdy } x \neq 0 \\
\end{cases}
\qquad\qquad
h(x) =
\begin{cases}
x & \text{gdy } x \in \mathbb{Z} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Z} \\
\end{cases}</math>

Przykład funkcji, której całka Riemanna nie istnieje

::<math>f(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x \in \mathbb{Q} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Q} \\
\end{cases}</math>

gdzie <math>\mathbb{Q}</math> oznacza zbiór liczb wymiernych. Powyższą funkcję nazywamy funkcją Dirichleta. Zauważmy, że różni się ona od funkcji <math>f(x) = 0</math> jedynie w przeliczalnej liczbie punktów (zbiór <math>\mathbb{Q}</math> jest zbiorem przeliczalnym), ale tym razem liczba punktów jest tak wielka i są tak „gęsto” rozmieszczone w <math>\mathbb{R}</math>, że całka nie istnieje. Poniżej podajemy twierdzenie (bez dowodu), które pozwala rozstrzygnąć, kiedy funkcja jest całkowalna.

<span id="D156" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D156*</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> spełnia jeden z podanych warunków
:* <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona w przedziale <math>[a, b]</math> i ma w nim tylko skończoną liczbę punktów nieciągłości
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona i monotoniczna w przedziale <math>[a, b]</math>
to jest w tym przedziale całkowalna.

<span id="D157" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D157</span><br/>
Sformułować definicję granicy funkcji w punkcie <math>x_0</math> oraz definicję ciągłości funkcji w punkcie <math>x_0</math>. Omówić różnice.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Definicja granicy (skończonej)'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>0 < |x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę skończoną <math>g</math> w punkcie <math>x_0</math>.

'''Definicja ciągłości'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>.

Definicje zapisane przy użyciu kwantyfikatorów

'''Definicja granicy''': <math>\qquad\qquad \;\,\, \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \quad 0 < |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

'''Definicja ciągłości''': <math>\qquad\qquad \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \qquad \;\;\; |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Podstawowe różnice

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
!width=540| Granica (skończona)
!width=540| Ciągłość
|-
| Funkcja <math>f</math> nie musi być określona w punkcie <math>x_0</math>.
| Funkcja <math>f</math> musi być określona w punkcie <math>x_0</math>, a <math>f(x_0)</math> musi mieć wartość skończoną.
|-
| Liczba <math>g</math> może mieć dowolną wartość skończoną (bo mówimy tutaj o granicy skończonej).
| Rolę liczby <math>g</math> pełni konkretna wartość: wartość, jaką funkcja <math>f</math> przyjmuje w punkcie <math>x_0</math>.
|-
| Warunek <math>0 < | x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>. To czy funkcja jest określona w <math>x_0</math>, czy nie jest i jaką wartość ma w <math>x_0</math>, nie ma znaczenia.
| Warunek <math>|x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>, wraz z punktem <math>x_0</math>. Zauważmy, że warunek ten dopuszcza sytuację <math>x = x_0</math>.
|}

'''Podsumowanie'''

Ciągłość stawia dodatkowe wymagania, co najlepiej widzimy w następującym twierdzeniu:

Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> wtedy i tylko wtedy, gdy
:*    istnieje granica skończona <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = g</math>.
:*    funkcja jest określona w <math>x_0</math> (istnieje <math>f(x_0)</math>).
<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 0em;">
:*    <math>g = f (x_0)</math>.
</div><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D158" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D158</span><br/>
Pokazać, że jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> oraz <math>f (x_0) > 0</math>, to istnieje takie otoczenie <math>U = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Do dowodu wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji (zobacz [[#D157|D157]]). Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>, jeżeli dla dowolnej liczby <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Zapiszmy nierówność dla wartości funkcji w postaci

::<math>f(x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon</math>

Powyższa definicja musi być spełniona dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math>. Z założenia <math>f(x_0) > 0</math> i jeżeli wybierzemy <math>0 < \varepsilon < f (x_0)</math>, to możemy napisać

::<math>0 < f (x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon \qquad\qquad (\ast)</math>

Ze wspomnianej na początku rozwiązania definicji ciągłości wynika, że dla tak ustalonego <math>\varepsilon</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do przedziału <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>
prawdziwy jest ciąg nierówności <math>(\ast)</math>.

Zatem <math>f(x) > 0</math> w przedziale <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D159" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D159</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[a, b]</math>, a <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[a, b]</math>. Pokazać, że jeżeli

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

to <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że istnieje taki punkt <math>x_0 \in [a, b]</math>, dla którego <math>f(x_0) > 0</math>. Z ciągłości funkcji <math>f</math> w punkcie <math>x_0</math> wynika, że istnieje otoczenie <math>U</math> punktu <math>x_0</math> takie, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math> (zobacz [[#D158|D158]]). Oczywiście w przypadku punktu <math>x_0 = a</math> będzie to otoczenie prawostronne, a w przypadku punktu <math>x_0 = b</math> lewostronne. Dostajemy natychmiast

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = \int_{[a, b] \setminus U} f (x) g (x)\,dx + \int_U f (x) g (x)\,dx > 0</math>

Jest tak, ponieważ pierwsza całka po prawej stronie jest nieujemna (całkujemy funkcję nieujemną), a druga całka jest dodatnia (całkujemy funkcję dodatnią). Widzimy, że nasze przypuszczenie doprowadziło do sprzeczności z założeniem, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

W konsekwencji <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D160" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D160 (uogólnione twierdzenie o wartości średniej)</span><br/>
Niech <math>f</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, a <math>g</math> funkcją całkowalną i niezmieniającą znaku, tzn. <math>g(x) \geqslant 0</math> lub <math>g(x) \leqslant 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Wówczas istnieje taki punkt <math>\xi \in (a, b)</math>, że

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>g(x) \geqslant 0</math>, bo w przypadku, gdy <math>g(x) \leqslant 0</math>, wystarczy pomnożyć obie strony równania przez <math>- 1</math> i dowodzić twierdzenie dla funkcji <math>\hat{g} (x) = - g (x)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ f(x) }</math> jest funkcją stałą'''

W przypadku, gdy funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją stałą, mamy <math>f(x) = C</math> w przedziale <math>[a, b]</math> i oczywiście

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = C \int_a^b g (x)\,dx</math>

Zatem możemy wybrać dowolny punkt <math>\xi \in (a, b)</math>.

Od tej chwili będziemy zakładali, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest funkcją stałą w przedziale <math>[a, b]</math>.

'''Ciąg nierówności dla całek'''

Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, to na mocy twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów<ref name="Weierstrass1"/>, funkcja ta przyjmuje w tym przedziale swoją wartość najmniejszą <math>m</math> oraz wartość największą <math>M</math>. Zatem dla każdego <math>x \in [a, b]</math> zachodzi nierówność

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Pomnóżmy powyższą nierówność stronami przez <math>g(x)</math>. Ponieważ <math>g (x) \geqslant 0</math>, zwroty nierówności zostają zachowane

::<math>m \cdot g (x) \leqslant f (x) g (x) \leqslant M \cdot g (x)</math>

Całkując strony nierówności w przedziale <math>[a, b]</math> względem zmiennej <math>x</math>, dostajemy

::<math>m \int_a^b g(x)\,dx \leqslant \int_a^b f (x) g (x)\,dx \leqslant M \int_a^b g (x)\,dx \qquad\qquad (\ast)</math>

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx = 0 }</math>'''

W tym przypadku z ciągu nierówności <math>(\ast)</math> wynika natychmiast, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

Zatem dowodzona równość jest prawdziwa, bo równanie <math>0 = f (\xi) \cdot 0</math> jest prawdziwe dla dowolnego <math>\xi \in (a, b)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx > 0 }</math>'''

W tym przypadku możemy ciąg nierówności <math>(\ast)</math> podzielić przez całkę <math>\int_a^b g(x)\,dx</math>. Mamy

::<math>m \leqslant {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}} \leqslant M</math>

Zdefiniujmy liczbę <math>w</math>

::<math>w = {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}}</math>

Widzimy, że prawdziwy dla niej ciąg nierówności

::<math>m \leqslant w \leqslant M</math>

jest taki sam, jaki zachodzi dla funkcji <math>f(x)</math>.

'''Podprzypadek, gdy <math>\boldsymbol{ m < w < M }</math>'''

Rozważmy dwa punkty w przedziale <math>[a, b]</math>, w których funkcja <math>f</math> osiąga swoje kresy
:*    niech <math>x_m</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_m) = m</math>
:*    niech <math>x_M</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_M) = M</math>

Ponieważ <math>m < M</math>, to <math>x_m \neq x_M</math> i punkty te wyznaczają pewien przedział. Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>x_m < x_M</math>. Mamy zatem <math>[x_m, x_M] \subset [a, b]</math>. Z twierdzenia Darboux o wartościach pośrednich<ref name="Darboux1"/> wynika, że wewnątrz przedziału <math>[x_m, x_M]</math> istnieje taki punkt <math>\xi</math>, że <math>f (\xi) = w</math>. Ponieważ przedział <math>[x_m, x_M]</math> leży w <math>[a, b]</math>, to jego wnętrze <math>(x_m, x_M)</math> leży w <math>(a, b)</math>. Zatem <math>\xi \in (a, b)</math> i z definicji liczby <math>w</math> wynika dowodzony wzór

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

'''Podprzypadek, gdy <math>w = m</math> (analogicznie postępujemy, gdy <math>w = M</math>)'''

Z definicji liczby <math>w</math> otrzymujemy

::<math>\int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = 0 \qquad\qquad (\ast \ast)</math>

Niech <math>U = \{ [a, b] \ni x \, : \, g (x) > 0\}</math> będzie zbiorem tych puntów <math>x</math>, dla których <math>g(x) > 0</math>. Pamiętamy, że całka z funkcji <math>g(x)</math> jest dodatnia

::<math>\int_a^b g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} g (x)\,dx + \int_U g (x)\,dx = \int_U g (x)\,dx > 0</math>

Wynika stąd, że zbiór <math>U</math> nie może być zbiorem miary zero, czyli musi zawierać przynajmniej jeden podprzedział przedziału <math>[a, b]</math>. Dla ustalenia uwagi niech będzie to podprzedział <math>[r, s]</math> i rozważmy całkę <math>(\ast \ast)</math>. Ponieważ iloczyn <math>(f (x) - m) g (x)</math> jest funkcją nieujemną, to dostajemy

::<math>0 = \int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{U \backslash [r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx</math>

:::::::::<math>\;\;\;\;\:\, \geqslant \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx \geqslant 0</math>

Skąd wynika, że musi być

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

Jeśli połączymy powyższy warunek z oczywistymi faktami, że
:*    funkcja <math>f(x) - m</math> jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[r, s]</math>
:*    funkcja <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[r, s]</math>

to na podstawie zadania [[#D159|D159]]<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> natychmiast widzimy, że musi być <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>. Ponieważ <math>[r, s] \subset U \subset [a, b]</math> i <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to możemy wybrać punkt <math>\xi \in [r, s]</math> taki, że <math>\xi \neq a</math>, <math>\xi \neq b</math> i <math>f (\xi) = m</math>. Wtedy z definicji liczby <math>w</math>, dostajemy

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = m \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

gdzie <math>\xi \in (a, b)</math>. Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że nie musimy korzystać z rezultatu pokazanego w zadaniu [[#D159|D159]]. Z warunku

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

wynika, że <math>(f (x) - m) g (x) = 0</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Ponieważ <math>g(x) > 0</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to <math>f(x) = m</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Co całkowicie wystarcza, aby wybrać odpowiedni punkt <math>\xi \in [r, s]</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D161" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D161*</span><br/>
Twierdzenie obejmuje różne rodzaje granic: <math>x \rightarrow x_0, x^+_0, x^-_0, \infty, - \infty</math>. Dowolny z tych punktów granicznych oznaczyliśmy ogólnie jako <math>x^{\ast}</math>. Typy granic i odpowiadające im sąsiedztwa zostały zestawione w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! Typ granicy <math>\boldsymbol{ ( x \rightarrow x^{\ast} ) }</math>
| <math>x \rightarrow x_0</math> || <math>x \rightarrow x^+_0</math> || <math>x \rightarrow x^-_0</math> || <math>x \rightarrow \infty</math> || <math>x \rightarrow - \infty</math>
|-
! Sąsiedztwo <math>\boldsymbol{ S }</math>
| <math>(x_0 - \delta, x_0) \cup (x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0 - \delta, x_0)</math> || <math>(M, \infty)</math> || <math>(- \infty, - M)</math>
|}

gdzie <math>\delta, M \in \mathbb{R}_+</math>. Wystarczy, że postulowane nierówności są spełnione dla dostatecznie małego <math>\delta</math> i dostatecznie dużego <math>M</math>.

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o trzech funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy właściwej <math>L \in \mathbb{R}</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>f(x) \leqslant g (x) \leqslant h (x)</math> oraz <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \lim_{x \to x^{\ast}} h (x) = L</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = L</math>.<br/>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \geqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = \infty</math>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = - \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \leqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = - \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = - \infty</math>
</div>

<span id="D162" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D162</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, a funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona w pewnym otoczeniu nakłutym <math>\mathring{U} (x_0, r) = (x_0 - r, x_0 + r) \backslash \{ x_0 \}</math> punktu <math>x_0</math>, to <math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ <math>g(x)</math> jest ograniczona, to istnieje taka stała <math>M > 0</math>, że dla wszystkich <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> zachodzi

::<math>|g (x) | \leqslant M</math>

Wynika stąd, że dla każdego <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant |g (x) f (x) | = | g (x) | | f (x) | \leqslant M | f (x) |</math>

Z założenia <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, zatem z twierdzenia [[#D161|D161]] p.&hairsp;1 otrzymujemy natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D163" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D163 (wzór Frullaniego)</span><br/>
Niech <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math>. Jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w przedziale <math>[0, \infty)</math> oraz istnieje skończona granica <math>f (\infty) = \lim_{x \to \infty} f (x)</math>, to prawdziwy jest wzór

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>b > a</math>. Rozważmy całkę w skończonym przedziale <math>[\varepsilon, R]</math>, gdzie <math>0 < \varepsilon < R < \infty</math> i dodatkowo niech <math>b \varepsilon < a R</math> (spełnienie tego warunku zawsze możemy uzyskać, obierając <math>\varepsilon</math> odpowiednio małe i <math>R</math> odpowiednio duże).

Mamy zatem <math>a \varepsilon < b \varepsilon < a R < b R</math>. Rozpatrywaną całkę oznaczymy jako <math>I (\varepsilon, R)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax)}{x}}\,dx - \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (bx)}{x}}\,dx</math>
</div>

W pierwszej całce po prawej stronie stosujemy podstawienie <math>u = ax</math>, co daje <math>du = a\,dx</math>, zaś granice zmieniają się na <math>[a \varepsilon, aR]</math>. W drugiej całce podstawiamy <math>u = bx</math>, co daje <math>du = b\,dx</math> i nowe granice całkowania <math>[b \varepsilon, bR]</math>. Otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{a \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{b \varepsilon}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \left( \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right) - \left( \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

bo całki w przedziale <math>[b \varepsilon, aR]</math> redukują się. Na mocy uogólnionego twierdzenia o wartości średniej (zobacz [[#D160|D160]]) dla pierwszej całki istnieje punkt <math>\xi_1 \in (a \varepsilon, b \varepsilon)</math>, a dla drugiej całki punkt <math>\xi_2 \in (aR, bR)</math> taki, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_1) \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b \varepsilon}{a \varepsilon}} = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_2) \int_{aR}^{bR} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{bR}{aR}} = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Podstawiając te wyniki do wyrażenia na <math>I (\varepsilon, R)</math>, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = (f (\xi_1) - f (\xi_2)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Zauważmy, że (zobacz [[#D161|D161]])

:*    ponieważ <math>a \varepsilon < \xi_1 < b \varepsilon</math>, to w granicy, gdy <math>\varepsilon \to 0^+</math>, mamy <math>\xi_1 \to 0</math>, a zatem <math>f (\xi_1) \to f (0)</math>

:*    ponieważ <math>\xi_2 > a R</math>, to w granicy, gdy <math>R \to \infty</math>, mamy <math>\xi_2 \to \infty</math>, więc <math>f (\xi_2) \to f (\infty)</math>

Ostatecznie otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\underset{R \rightarrow \infty}{\lim_{\; \varepsilon \rightarrow 0^+}} I (\varepsilon, R) = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D164" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D164</span><br/>
Pokazać, że prawdziwe są następujące przedstawienia całkowe logarytmu

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt</math>

::<math>\log n = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Niech <math>f(t) = e^{- t}</math>, <math>a = 1</math> oraz <math>b = n</math>. Mamy <math>f(0) = 1</math> i <math>f (\infty) = 0</math>. Korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]])

::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (at) - f (bt)}{t}}\,dt = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>\int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt = \log n</math>

'''Punkt 2.'''

Wykorzystujemy znalezioną w punkcie 1. reprezentację całkową

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Przejście do nowej zmiennej <math>t = e^{- x}</math> prowadzi do następujących zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{1}{t}}\,dt</math>

::<math>e^{- x} = t \qquad\qquad\quad\:\: e^{- nx} = (e^{- x})^n = t^n</math>

i nowych granic całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\log n = \int_1^0 {\small\frac{t - t^n}{- \log t}} \cdot \left( - {\small\frac{1}{t}} \right)\,dt = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Całkowe przedstawienia stałej Eulera i funkcji digamma</span> ===

 

<span id="D165" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D165</span><br/>
Niech <math>g \in \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba rzeczywista <math>R</math>, że dla każdego <math>x > R</math> jest <math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>, to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę <math>g</math> w plus nieskończoności. Symbolicznie fakt ten zapisujemy następująco <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>.

<span id="D166" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D166</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : [a, \infty) \to \mathbb{R}</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, \infty)</math> oraz posiada skończoną granicę <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>, to funkcja <math>f</math> jest ograniczona w tym przedziale.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji granicy funkcji w nieskończoności wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>R</math>, że dla wszystkich <math>x > R</math> zachodzi

::<math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>

Ponieważ <math>\varepsilon</math> jest dowolną liczbą, to możemy przyjąć konkretną wartość, np. <math>\varepsilon = 1</math>. Wówczas istnieje takie <math>R</math>, że dla każdego <math>x \in (R, \infty)</math> mamy

::<math>g - 1 < f (x) < g + 1</math>

Gdyby było <math>R = a</math>, to dowód byłby zakończony. Rozważmy zatem przypadek, gdy <math>R > a</math>. Na mocy twierdzenia Weierstrassa o kresach<ref name="Weierstrass1"/> funkcja ciągła <math>f</math> w przedziale domkniętym <math>[a, R]</math> osiąga swoje kresy. Czyli istnieją takie liczby <math>m</math> i <math>M</math>, że dla każdego <math>x \in [a, R]</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Jeżeli zdefiniujemy liczby <math>k = \min (m, g - 1)</math> i <math>K = \max (M, g + 1)</math>, to łącząc przedstawione wyżej rezultaty, możemy napisać oszacowanie

::<math>k \leqslant f (x) \leqslant K</math>

prawdziwe dla każdego <math>x \in [a, \infty)</math>. Co kończy dowód ograniczoności funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D167" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D167</span><br/>
Dla stałej Eulera prawdziwe są następujące reprezentacje całkowe

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Stałą Eulera <math>\gamma</math> definiujemy jako granicę różnicy między sumą częściową szeregu harmonicznego a logarytmem naturalnym<ref name="Euler1"/>

::<math>\gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n \right)</math>

Dla uproszczenia zdefiniujmy ciąg <math>(\gamma_n)</math>

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \to \infty} \gamma_n = \gamma</math>. Wykonywanie przekształceń dla <math>\gamma_n</math> (zamiast dla <math>\gamma</math>) znakomicie je ułatwia i (co najważniejsze) pozwala doprowadzić wynik do takiej postaci, dla której przejście do granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, nie będzie już rodziło problemów. Pamiętamy, że w ogólnym przypadku nie możemy przenosić granicy pod znak całki.

Aby móc połączyć sumę i logarytm, musimy zapisać oba wyrażenia jako całki w tych samych granicach od <math>0</math> do <math>\infty</math>. Dla sumy wykorzystujemy tożsamość prawdziwą dla <math>k > 0</math> (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx</math>

Sumując po <math>k</math> od <math>1</math> do <math>n</math>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^n \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx = \int_0^{\infty} \sum_{k = 1}^n (e^{- x})^k\,dx</math>

Zauważmy, że dokonaliśmy zamiany kolejności sumowania i całkowania. Jest to dopuszczalne, bo suma jest skończona. Pod całką mamy teraz sumę ciągu geometrycznego, gdzie pierwszy wyraz to <math>a_1 = e^{- x}</math>, a iloraz to <math>q = e^{- x}</math>. Korzystając ze wzoru na sumę <math>n</math> wyrazów takiego ciągu, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Reprezentację całkową logarytmu znajdujemy, korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]], [[#D164|D164]])

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Zatem

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n = \int_0^{\infty} \left[ \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}} - \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x} \right]\,dx</math>

Wydzielenie wyrazów, które nie zależą od <math>n</math>, pozwala nam zapisać <math>\gamma_n</math> jako sumę docelowej całki <math>I</math> oraz reszty <math>R_n</math>

::<math>\gamma_n = \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx }_I + \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- nx}}{x}} - {\small\frac{e^{- (n + 1) x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx }_{R_n}</math>

Aby udowodnić, że <math>\gamma = I</math>, musimy pokazać, że <math>\lim_{n \to \infty} R_n = 0</math>. Mamy

::<math>R_n = \int_0^{\infty} e^{- nx} \left( {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx</math>

Zbadajmy funkcję pomocniczą

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} = {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}}</math>

Widzimy, że

::<math>\lim_{x \rightarrow 0} f (x) = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - 1}{e^x (x + 1) - 1}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x}{e^x (x + 2)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Gdzie dwukrotnie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Dodefiniowując <math>f(0) = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy funkcję ciągłą w <math>\mathbb{R}</math>. Bez trudu znajdujemy granicę funkcji <math>f</math> w nieskończoności

::<math>\lim_{x \rightarrow \infty} f (x) = \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{{\normalsize\frac{1}{x}} - e^{- x} - {\normalsize\frac{1}{x}} \cdot e^{- x}}{1 - e^{- x}} = 0</math>

Ponieważ <math>f</math> jest ciągła w <math>[0, \infty)</math> i ma skończoną granicę w nieskończoności, to jest funkcją ograniczoną w tym przedziale (zobacz [[#D166|D166]]). Niech <math>| f (x) | \leqslant M</math>. Łatwo otrzymujemy oszacowanie

::<math>0 \leqslant | R_n | \leqslant \int_0^{\infty} e^{- nx} | f (x) |\,dx \leqslant M \int_0^{\infty} e^{- nx}\,dx = {\small\frac{M}{n}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach, natychmiast otrzymujemy, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n | = 0</math>. Zatem

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \gamma_n = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx</math>

Co należało pokazać.

'''Punkt 2.'''

W otrzymanym w punkcie 1. wzorze

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^x - 1}} - {\small\frac{1}{xe^x}} \right)\,dx</math>

stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>, co daje następujące zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{dt}{t}}</math>

i nowe granice całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\gamma = \int_1^0 \left( \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} - 1} + \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} \log t} \right) \left( - {\small\frac{d t}{t}} \right) = \int_0^1 \left( {\small\frac{t}{1 - t}} + {\small\frac{t}{\log t}} \right) {\small\frac{d t}{t}} = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D168" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D168</span><br/>
Niech <math>f(t)</math> będzie funkcją zespoloną zmiennej rzeczywistej <math>t</math> całkowalną w przedziale <math>[a, b]</math>. Prawdziwa jest następująca nierówność

::<math>\left| \int_a^b f(t)\,dt \right| \leqslant \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wartość całki z funkcji <math>f(t)</math> jest pewną liczbą zespoloną, którą oznaczymy jako <math>I</math>

::<math>I = \int_a^b f(t)\,dt</math>

Jeśli <math>I = 0</math>, nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że <math>I \neq 0</math> i zapiszmy tę liczbę (w ogólności zespoloną) w postaci wykładniczej <math>I = |I| e^{i \theta}</math>, gdzie <math>|I|</math> jest modułem, a <math>\theta</math> jest argumentem liczby <math>I</math>. Mamy

::<math>|I| = e^{- i \theta} I = e^{- i \theta} \int_a^b f(t)\,dt = \int_a^b e^{- i \theta} f (t)\,dt</math>

Zauważmy, że

::<math>|I| = \int_a^b [\operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t)) + i \cdot \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))]\,dt = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt + i \int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Ponieważ po lewej stronie mamy liczbę rzeczywistą, to musi być

::<math>\int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt = 0</math>

Zatem

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Korzystając z prostej nierówności <math>\operatorname{Re}(z) \leqslant |z|</math> prawdziwej dla dowolnego <math>z \in \mathbb{C}</math>, dostajemy

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt \leqslant \int_a^b |e^{- i \theta} f (t) |\,dt = \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D169" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D169</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pokazaliśmy (zobacz [[#D149|D149]]), że funkcja digamma ma postać

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, - 3, \ldots</math>

gdzie <math>\gamma</math> oznacza stałą Eulera.

W ogólności nie wolno zamieniać sumy nieskończonej z całką. Aby uniknąć tego problemu, będziemy rozpatrywali sumy częściowe, a odpowiadające im funkcje oznaczymy przez <math>\psi_n (z)</math>

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, \ldots, - n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = \psi (z)</math>.

Każdy składnik sumy zastępujemy całką z funkcji potęgowej. Zauważmy, że dla <math>k > 0</math> mamy (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int^1_0 t^{k - 1}\,dt</math>

W naszym przypadku, gdzie w mianownikach mamy odpowiednio <math>k + 1</math> oraz <math>k + z</math>, otrzymujemy natychmiast warunek <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> oraz wzór

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \int_0^1 (t^k - t^{k + z - 1})\,dt</math>

Dla skończonej liczby składników sumy możemy zamienić kolejność sumowania i całkowania. Wyłączając wspólny czynnik przed sumę, dostajemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 (1 - t^{z - 1}) \left( \sum_{k = 0}^n t^k \right)\,dt</math>

Stosując wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego o ilorazie <math>t</math>, otrzymujemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} (1 - t^{n + 1})\,dt = \underset{\psi (z)}{\underbrace{- \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt}} - \underset{R_n (z)}{\underbrace{\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt}}</math>

Musimy wykazać, że całka

::<math>R_n (z) = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

dąży do zera, gdy <math>n</math> rośnie do nieskończoności. W tym celu dzielimy przedział całkowania na dwa obszary, wykorzystując punkt pomocniczy <math>\delta</math> z przedziału <math>(0, 1)</math>.

::<math>R_n (z) = \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad (\ast)</math>

Szacujemy pierwszą całkę określoną w przedziale <math>[0, \delta]</math>

::<math>\left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_0^{\delta} \left| {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1} \right|\,dt \qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;\;\,</math> (z twierdzenia [[#D168|D168]])

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{| 1 - t^{z - 1} |}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{1 + | t^{z - 1} |}{1 - \delta}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (1 + t^{\operatorname{Re}(z) - 1}) t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad\qquad</math> (bo <math>1 - \delta</math> to najmniejsza wartość mianownika dla <math>t \in [0, \delta]</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (t^{n + 1} + t^{n + \operatorname{Re}(z)})\,dt \qquad\qquad\qquad\;\,</math> (bo <math>| t^{z - 1} | = | t^{a + i b - 1} | = | t^{a - 1} \cdot t^{i b} | = | t^{a - 1} | \cdot | e^{i \cdot b \log t} | = t^{a - 1}</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right)</math>

Ponieważ <math>\delta</math> jest mniejsza od <math>1</math>, to oba składniki dążą do zera wraz ze wzrostem liczby <math>n</math>.

Szacujemy drugą całkę określoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>. Rozważmy występującą pod całką funkcję

::<math>f(t) = {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}</math>

Jeśli dodefiniujemy <math>f(1) = z - 1</math>, to funkcja będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, bo

::<math>\lim_{t \rightarrow 1} f (t) = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{- (z - 1) t^{z - 2}}{- 1}} = z - 1</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Łatwo otrzymujemy

::<math>\left| \int_{\delta}^1 f (t) t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) t^{n + 1} |\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) | t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant M \int_{\delta}^1 t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, = M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

Pierwsza nierówność wynika z twierdzenia [[#D168|D168]]. Trzecią (i ostatnią) nierówność otrzymujemy z twierdzenia Weierstrassa<ref name="Weierstrass1"/> zastosowanego do funkcji rzeczywistej <math>| f (t) |</math> określonej w przedziale domkniętym <math>[\delta, 1]</math>. Na mocy tego twierdzenia <math>| f (t) |</math> jest funkcją ograniczoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, czyli istnieje takie <math>M > 0</math>, że <math>| f (t) | \leqslant M</math> dla każdego <math>t \in [\delta, 1]</math>.

Możemy teraz oszacować resztę <math>R_n (z)</math> daną wzorem <math>(\ast)</math>

::<math>0 \leqslant | R_n (z) | = \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| + \left| \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, < {\small\frac{\delta^{n + 1}}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta}{n + 2}} + \frac{\delta^{\operatorname{Re}(z)}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + {\small\frac{M}{n + 2}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n (z) | = 0</math>. Pokazaliśmy tym samym, że

::<math>\psi (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

Aby udowodnić drugi wzór

::<math>\psi (z) = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

skorzystamy z twierdzenia [[#D167|D167]]. Mamy

::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Podstawiając wyrażenie na <math>\gamma</math> do wzoru na <math>\psi (z)</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( - {\small\frac{1}{\log t}} - {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Całka <math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt</math> jest niewłaściwa w punkcie <math>t = 0</math>, bo łatwo wskazać wartości <math>z</math>, dla których wyrażenie <math>t^{z - 1}</math> dąży do nieskończoności, gdy <math>t \rightarrow 0^+</math>. W szczególności zauważmy, że całka jest rozbieżna, gdy <math>z = 0</math>. Dlatego zapiszemy ją jako granicę

::<math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{t^z}{z}} \biggr\rvert_{\varepsilon}^{1} \right) = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{1^z}{z}} - {\small\frac{\varepsilon^z}{z}} \right) = {\small\frac{1}{z}} - {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z</math>

Zapisując <math>\varepsilon^z</math> w postaci wykładniczej, gdzie <math>z = x + iy</math>, otrzymujemy

::<math>\varepsilon^z = \varepsilon^{x + iy} = \varepsilon^x \cdot \varepsilon^{iy} = e^{x \log \varepsilon} \cdot e^{i y \log \varepsilon}</math>

Widzimy, że

::<math>0 \leqslant | \varepsilon^z | = e^{\operatorname{Re}(z) \cdot \log \varepsilon}</math>

Zatem z twierdzenia o trzech funkcjach (zobacz [[#D161|D161]] p.&hairsp;1) otrzymujemy natychmiast, że <math>\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z = 0</math>, gdy <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D170" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D170</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
W twierdzeniu [[#D169|D169]] pokazaliśmy, że

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

W całce stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>. Otrzymujemy następujące zależności

::<math>dt = - e^{- x}\,dx</math>

::<math>t^{z - 1} = (e^{- x})^{z - 1} = e^{- xz + x}</math>

oraz nowe granice całkowania
:*    gdy <math>t \to 0</math>, to <math>x \to \infty</math>
:*    gdy <math>t \to 1</math>, to <math>x \to 0</math>

Podstawiając do całki, mamy

::<math>\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_{\infty}^0 {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} (- e^{- x})\,dx = \int_0^{\infty} {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} e^{- x}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- zx}}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Skąd natychmiast wynika pierwszy dowodzony wzór (z wydzieloną stałą <math>\gamma</math>).

Korzystamy teraz z reprezentacji całkowej stałej <math>\gamma</math> (zobacz [[#D167|D167]])

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>

Łącząc obydwie znalezione całki, dostajemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( - {\small\frac{e^{- t}}{1 - e^{- t}}} + {\small\frac{e^{- t}}{t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Przypisy ==
<references>

<ref name="DirichletEta">Wikipedia, ''Funkcja η'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%B7 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="RiemannZeta">Wikipedia, ''Funkcja dzeta Riemanna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_dzeta_Riemanna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Riemann1">Bernhard Riemann, ''Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe'', [rozprawa habilitacyjna z 1854, w:] Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften in Göttingen vol. 13, 1868, pp. 87 - 1</ref>

<ref name="calkowalnosc1">Twierdzenie: funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całkowalna w tym przedziale.</ref>

<ref name="calkowalnosc2">W szczególności: funkcja ograniczona i mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w przedziale domkniętym jest w tym przedziale całkowalna.</ref>

<ref name="Mertens1">Wikipedia, ''Twierdzenia Mertensa'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenia_Mertensa Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Mertens%27_theorems Wiki-en])</ref>

<ref name="Mertens2">Wikipedia, ''Franciszek Mertens'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Franciszek_Mertens Wiki-pl])</ref>

<ref name="Rosser1">J. B. Rosser and L. Schoenfeld, ''Approximate formulas for some functions of prime numbers'', Illinois J. Math. 6 (1962), 64-94, ([https://projecteuclid.org/journals/illinois-journal-of-mathematics/volume-6/issue-1/Approximate-formulas-for-some-functions-of-prime-numbers/10.1215/ijm/1255631807.full LINK])</ref>

<ref name="twierdzenie">Zobacz twierdzenie [[#D73|D73]].</ref>

<ref name="A001620">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A001620 - Decimal expansion of Euler's constant'', ([https://oeis.org/A001620 A001620])</ref>

<ref name="A083343">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A083343 - Decimal expansion of constant B3 (or B_3) related to the Mertens constant'', ([https://oeis.org/A083343 A083343])</ref>

<ref name="A138312">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A138312 - Decimal expansion of Mertens's constant minus Euler's constant'', ([https://oeis.org/A138312 A138312])</ref>

<ref name="Dusart10">Pierre Dusart, ''Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.'', 2010, ([https://arxiv.org/abs/1002.0442 LINK])</ref>

<ref name="Wiki1">Wikipedia, ''Stałe Bruna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82e_Bruna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="A065421">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A065421 - Decimal expansion of Viggo Brun's constant B'', ([https://oeis.org/A065421 A065421])</ref>

<ref name="Erdos1">Paul Erdős, ''Über die Reihe'' <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math>, Mathematica, Zutphen B 7, 1938, 1-2.</ref>

<ref name="sumowanie1">sumowanie przez części (ang. ''summation by parts'')</ref>

<ref name="convexseq1">ciąg wypukły (ang. ''convex sequence'')</ref>

<ref name="Dusart18">Pierre Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', The Ramanujan Journal, vol. 45(1), 2018, 227-251.</ref>

<ref name="GeometricSeries1">Wikipedia, ''Szereg geometryczny'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_geometryczny Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_series Wiki-en])</ref>

<ref name="CesaroSum1">Wikipedia, ''Sumowalność metodą Cesàro'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sumowalno%C5%9B%C4%87_metod%C4%85_Ces%C3%A0ro Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Ces%C3%A0ro_summation Wiki-en])</ref>

<ref name="IndefiniteSum1">Wikipedia, ''Indefinite sum'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Indefinite_sum Wiki-en])</ref>

<ref name="Fasenmyer1">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''Some Generalized Hypergeometric Polynomials'', Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947), 806-812</ref>

<ref name="Fasenmyer2">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''A Note on Pure Recurrence Relations'', Amer. Math. Monthly 56 (1949), 14-17</ref>

<ref name="Zeilberger1">Doron Zeilberger, ''Sister Celine's technique and its generalizations'', Journal of Mathematical Analysis and Applications, 85 (1982), 114-145</ref>

<ref name="WilfZeilberger1">Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''Rational Functions Certify Combinatorial Identities'', J. Amer. Math. Soc. 3 (1990), 147-158</ref>

<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1">Marko Petkovšek, Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''A = B'', AK Peters, Ltd., 1996</ref>

<ref name="JovanMikic1">Jovan Mikić, ''A Proof of a Famous Identity Concerning the Convolution of the Central Binomial Coefficients'', Journal of Integer Sequences, Vol. 19, No. 6 (2016), pp. 1 - 10, ([https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Mikic2/mikic15.html LINK])</ref>

<ref name="gamma1">Wikipedia, ''Funkcja Γ'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%93 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Weierstrass1">Twierdzenie Weierstrassa: Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> określona w przedziale domkniętym jest ciągła, to jest w nim ograniczona i osiąga swoje kresy. ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Weierstrassa_o_kresach Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem Wiki‑en])</ref>

<ref name="Darboux1">Wikipedia, ''Twierdzenie Darboux'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Darboux Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="Euler1">Wikipedia, ''Stała Eulera'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82a_Eulera Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_constant Wiki-en])</ref>

</references>

Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia

2026-06-18T14:14:32Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">16.06.2026</div>

__FORCETOC__

== Podstawowe pojęcia i definicje ==

<span id="ZB1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB1 (ogólna definicja funkcji zespolonej)</span><br/>
Niech <math>D \subset \mathbb{C}</math>. Funkcją zespoloną <math>f</math> określoną na zbiorze <math>D</math> nazywamy odwzorowanie <math>f : D \to \mathbb{C}</math>. Zbiór <math>D</math> nazywamy dziedziną tej funkcji.

<span id="ZB2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB2</span><br/>
Podaj przykłady funkcji zespolonych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Celowo podajemy przykłady funkcji o nietypowej, bo jednowymiarowej dziedzinie. Dobrym przykładem może być tutaj funkcja <math>f (\varphi) = 2 e^{i \varphi} = 2 \cos \varphi + 2 i \sin \varphi</math>, gdzie wykresem na <math>\mathbb{C}</math> jest okrąg o promieniu <math>r = 2</math>.

::[[File: ZB-okrag.png|400px|none]]

Kolejny przykład to funkcja postaci <math>f(t) = t + i \cdot t^2</math>, gdzie wykresem na <math>\mathbb{C}</math> jest parabola.

::[[File: ZB-parabola.png|400px|none]]

Ciekawym przykładem jest też funkcja <math>f(t) = t e^{it} = t \cdot \cos (t) + i t \cdot \sin (t)</math> dla <math>t \geqslant 0</math>. Wykresem jest spirala Archimedesa.

::[[File: ZB-spirala-Archimedesa.png|400px|none]]

Zauważmy, że funkcja typu <math>f(t) = u (t) + i v (t)</math> to dobrze znana parametryzacja krzywej

::<math>\begin{cases}
x = u (t) \\
y = v (t) \\
\end{cases}</math>

Teraz przybiera ona po prostu inną postać, gdzie: <math>\operatorname{Re}(f (t)) = u (t)</math> oraz <math>\operatorname{Im}(f (t)) = v (t)</math>. Warto podkreślić, że funkcja <math>f(t)</math>
odwzorowuje jednowymiarową przestrzeń parametrów w jednowymiarowy obiekt geometryczny (linię) na dwuwymiarowej płaszczyźnie zespolonej.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB3 (otoczenie punktu)</span><br/>
Niech <math>z_0 \in \mathbb{C}</math>. Powiemy, że koło (bez brzegu) o środku w <math>z_0</math> i promieniu <math>r</math> jest otoczeniem <math>U(z_0, r)</math> punktu <math>z_0</math>. Co formalnie zapisujemy jako
::<math>U(z_0, r) = \{z \in \mathbb{C}: |z - z_0 | < r\}</math>

<span id="ZB4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB4 (otoczenie nakłute punktu)</span><br/>
Niech <math>z_0 \in \mathbb{C}</math>. Otoczeniem nakłutym <math>\mathring{U} (z_0, r)</math> będziemy nazywali dowolne otoczenie punktu <math>z_0</math>, z którego usunięto punkt <math>z_0</math>, czyli <math>\mathring{U} (z_0, r) = U (z_0, r) \setminus \{z_0 \}</math>. Co formalnie zapisujemy jako
::<math>\mathring{U} (z_0, r) = \{z \in \mathbb{C}: 0 < |z - z_0 | < r\}</math>

<span id="ZB5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB5 (zbiór otwarty)</span><br/>
Niech <math>D \subset \mathbb{C}</math>. Powiemy, że zbiór <math>D</math> jest zbiorem otwartym, gdy dowolny punkt <math>z_0</math> tego zbioru należy do <math>D</math> wraz z pewnym otoczeniem <math>U(z_0, r)</math>.

<span id="ZB6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB6</span><br/>
Pokazać, że otoczenie <math>U(z_0, r)</math> jest zbiorem otwartym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Musimy pokazać, że dla każdego punktu <math>z_1 \in U (z_0, r)</math> istnieje otoczenie <math>U (z_1, \rho)</math> punktu <math>z_1</math> takie, że <math>U (z_1, \rho) \subset U(z_0, r)</math>. Z założenia <math>z_1 \in U (z_0, r)</math>, zatem

::<math>|z_1 - z_0 | < r</math>

Niech

::<math>\rho = r - |z_1 - z_0 | > 0</math>

Wybór <math>\rho</math> jest prawidłowy, bo promień otoczenia musi być dodatni. Rozważmy dowolny punkt <math>z \in U (z_1, \rho)</math>. Z definicji <math>|z - z_1 | < \rho</math>. Zauważmy, że <math>z \in U (z_0, r)</math>, bo

::<math>|z - z_0 | = | z - z_1 + z_1 - z_0 |</math>

::::<math>\;\: \leqslant |z - z_1 | + |z_1 - z_0 |</math>

::::<math>\;\: < \rho + |z_1 - z_0 |</math>

::::<math>\;\: = (r - |z_1 - z_0 |) + |z_1 - z_0 |</math>

::::<math>\;\: = r</math>

Czyli <math>z \in U (z_0, r)</math>. Ponieważ punkt <math>z</math> był dowolnym punktem otoczenia <math>U (z_1, \rho)</math>, to <math>U (z_1, \rho) \subset U (z_0, r)</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB7</span><br/>
Pokazać, że płaszczyzna <math>\mathbb{C}</math> jest zbiorem otwartym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Rozważmy dowolny punkt <math>z_0 \in \mathbb{C}</math>. Niech <math>U(z_0, r)</math> będzie otoczeniem tego punktu, gdzie <math>r = 1</math> (moglibyśmy wziąć również <math>r = 1000</math>). Zatem otoczenie <math>U(z_0, 1)</math> będzie zbiorem punktów takich, że <math>|z - z_0 | < 1</math>. Ponieważ każdy punkt <math>z</math> tak zdefiniowanego otoczenia jest liczbą zespoloną, to automatycznie należy do płaszczyzny <math>\mathbb{C}</math>. Zatem otoczenie w całości zawiera się w <math>\mathbb{C}</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB8 (zbiór spójny)</span><br/>
Niech <math>D \subset \mathbb{C}</math> i niech zbiór <math>D</math> będzie zbiorem otwartym. Powiemy, że zbiór <math>D</math> jest spójny, jeżeli każde dwa punkty tego zbioru można połączyć łamaną, leżącą w całości w zbiorze <math>D</math>.

<span id="ZB9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB9 (obszar)</span><br/>
Powiemy, że zbiór <math>D \subset \mathbb{C}</math> jest obszarem, jeżeli jest otwarty i spójny.

<span id="ZB10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB10</span><br/>
Krótko omów powody, dla których w analizie zespolonej funkcje definiujemy na zbiorach otwartych i spójnych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W analizie zespolonej funkcje definiujemy na zbiorach otwartych dokładnie z tych samych powodów, dla których w analizie rzeczywistej przy obliczaniu pochodnych wybieraliśmy przedziały otwarte. W analizie rzeczywistej otwartość zapewniała nam możliwość obliczania pochodnej w każdym punkcie przedziału

::<math>f' (x_0) = \lim_{h \rightarrow 0} {\small\frac{f (x_0 + h) - f (x_0)}{h}}</math>

bo wystarczyło wybrać <math>h</math> na tyle małe (co do modułu), aby punkt <math>x_0 + h</math> należał do rozpatrywanego przedziału. W przypadku punktów brzegowych przedziału domkniętego mogliśmy poradzić sobie z problemem, obliczając pochodne jednostronne.

W analizie zespolonej przyrost zmiennej <math>h</math> jest w ogólności liczbą zespoloną

::<math>f' (z_0) = \lim_{h \rightarrow 0} {\small\frac{f (z_0 + h) - f (z_0)}{h}}</math>

i aby granica istniała, musimy mieć możliwość podejścia do punktu <math>z_0</math> z dowolnego kierunku na płaszczyźnie. Oznacza to, że dla dostatecznie małych <math>h</math> (w sensie <math>|h| < \varepsilon</math>) punkt <math>z_0 + h</math> musi należeć do rozpatrywanego zbioru. Na brzegu zbioru nie mamy odpowiednika pochodnych jednostronnych – kierunków podejścia jest nieskończenie wiele. Zbiór otwarty gwarantuje, że wokół każdego punktu istnieje małe otoczenie, które w całości mieści się w tym zbiorze, co umożliwia poprawne zdefiniowanie i badanie różniczkowalności.

W analizie matematycznej kluczowa jest zasada: jeśli pochodna funkcji wszędzie wynosi zero, to funkcja jest stała. Jeśli dziedzina <math>D</math> nie jest spójna, to twierdzenie to przestaje być prawdziwe. Rozważmy dziedzinę złożoną z dwóch rozłącznych kół otwartych (nazwijmy je <math>A</math> i <math>B</math>). Możemy zdefiniować funkcję: <math>f(z) = 1</math> dla <math>z \in A</math> oraz <math>f(z) = 5</math> dla <math>z \in B</math>. Pochodna tej funkcji w każdym punkcie zbioru <math>A \cup B</math> jest równa 0, ponieważ lokalnie (w otoczeniu każdego punktu) funkcja jest stała. Jednak globalnie funkcja <math>f(z)</math> nie jest stała, gdyż przyjmuje różne wartości na różnych częściach dziedziny. Założenie spójności dziedziny ma na celu wyeliminowanie takich przypadków.

Definiując funkcje na zbiorach niespójnych, stracilibyśmy jedno z najpotężniejszych narzędzi analizy zespolonej: twierdzenie o jednoznaczności. Mówi ono, że jeśli dwie funkcje różniczkowalne są sobie równe w dowolnym, nawet maleńkim otoczeniu, to są one identyczne w całym wspólnym obszarze (czyli zbiorze, który jest jednocześnie otwarty i spójny). Rozważmy dziedzinę złożoną z dwóch rozłącznych kół otwartych (nazwijmy je <math>A</math> i <math>B</math>). Moglibyśmy zdefiniować dwie funkcje <math>f</math> i <math>g</math>, które byłyby identyczne na kole <math>A</math>, ale przyjmowałyby zupełnie różne wartości na kole <math>B</math>. Wtedy, mimo lokalnej identyczności na zbiorze <math>A</math>, funkcje jako całość byłyby różne, przez co twierdzenie o jednoznaczności przestałoby działać. Założenie spójności dziedziny jest więc konieczne, aby lokalna informacja o funkcji pozwalała nam przewidzieć jej globalne zachowanie.

W analizie zespolonej funkcje całkujemy po krzywych, co jest naturalną konsekwencją przejścia od funkcji określonej na osi liczb rzeczywistych do funkcji określonej na płaszczyźnie liczb zespolonych. Aby móc swobodnie deformować te krzywe i łączyć różne punkty dziedziny drogami (co jest podstawą przy obliczaniu całek zespolonych), dziedzina musi być w jednym kawałku. Na niespójnej dziedzinie nie da się przejść drogą z jednej części do drugiej bez opuszczania tej dziedziny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB11 (funkcja zmiennej zespolonej na obszarze)</span><br/>
Funkcją zmiennej zespolonej nazywamy odwzorowanie <math>f : D \to \mathbb{C}</math>, gdzie dziedzina <math>D</math> jest obszarem na płaszczyźnie zespolonej <math>\mathbb{C}</math>.

<span id="ZB12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB12</span><br/>
Ponieważ każdą liczbę zespoloną można zapisać w postaci <math>z = x + i y</math>, to każdą funkcję zespoloną <math>f(z)</math> można jednoznacznie zapisać za pomocą dwóch funkcji rzeczywistych dwóch zmiennych rzeczywistych <math>x</math> i <math>y</math>.

::<math>f(z) = f (x + iy) = U (x, y) + i \cdot V (x, y)</math>

gdzie

::<math>U(x, y) = \operatorname{Re}(f (z))</math> – funkcja rzeczywista wyznaczająca część rzeczywistą

::<math>V(x, y) = \operatorname{Im}(f (z))</math> – funkcja rzeczywista wyznaczająca część urojoną

Przykładowo funkcję <math>f(z) = z^2</math> możemy zapisać w postaci

::<math>f(x + iy) = (x + iy)^2 = x^2 + 2 ixy + i^2 y^2 = (x^2 - y^2) + i (2 xy)</math>

Mamy tutaj <math>U(x, y) = x^2 - y^2</math> oraz <math>V(x, y) = 2 xy</math>.

<span id="ZB13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB13</span><br/>
Podaj przykłady funkcji zespolonych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Funkcja <math>f(z) = z^2</math>.

::[[File: ZB-quadratic-function.png|1200px|none]]

Funkcja <math>f(z) = \sqrt{z}</math>. Rysunek przedstawia gałąź główną pierwiastka definiowaną przez wybór <math>\operatorname{Re}\left( \sqrt{z} \right) \geqslant 0</math>

::[[File: ZB-sqrt.png|1200px|none]]

Funkcja <math>\log (z) = \ln | z | + \operatorname{Arg} (z) + 2 k \pi i</math>. Rysunek przedstawia gałąź główną logarytmu definiowaną przez wybór <math>k = 0</math>.

::[[File: ZB-logarytm.png|1200px|none]]

Funkcja <math>f(z) = e^z</math>.

::[[File: ZB-exp.png|1200px|none]]
<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Funkcje zespolone <math>e^z</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> ==

<span id="ZB14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB14</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Definiujemy funkcje zespolone zmiennej zespolonej <math>z \in \mathbb{C}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\exp (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = 1 + z + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + \ldots</math>
</div>
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sin (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = z - {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} - {\small\frac{z^7}{7!}} + \ldots</math>
</div>
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\cos (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n}}{(2 n) !}} = 1 - {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} - {\small\frac{z^6}{6!}} + \ldots</math>
</div>
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sinh (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = z + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + {\small\frac{z^7}{7!}} + \ldots</math>
</div>
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\cosh (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 n}}{(2 n) !}} = 1 + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^6}{6!}} + \ldots</math>
</div>

<span id="ZB15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB15</span><br/>
Pokazać, że wypisane w definicji [[#ZB14|ZB14]] szeregi są bezwzględnie zbieżne dla dowolnego <math>z \in \mathbb{C}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pokażemy bezwzględną zbieżność tylko dla pierwszego szeregu. Zbieżność pozostałych szeregów pokazujemy analogicznie. Korzystając z kryterium d'Alemberta (zobacz [[Szeregi liczbowe#D93|D93]] - dowód można łatwo uogólnić na liczby zespolone), otrzymujemy

::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{z^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{z^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| z |}{n + 1}} = 0</math>

Ponieważ <math>g < 1</math>, to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z \in \mathbb{C}</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB16</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Pokazać, że

:   ●      <math>\sin (- z) = - \sin (z)</math>

:   ●      <math>\cos (- z) = \cos (z)</math>

:   ●      <math>\sinh (- z) = - \sinh (z)</math>

:   ●      <math>\cosh (- z) = \cosh (z)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pokażemy tylko, że funkcja <math>\sin (z)</math> jest funkcją nieparzystą. Pozostałe wzory pokazujemy analogicznie.

::<math>\sin (- z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n (- z)^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^n (- 1)^{2 n + 1} z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !} = - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = - \sin (z)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB17</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Pokazać, że

:   ●      <math>\overline{\exp (z)} = \exp (\bar{z})</math>

:   ●      <math>\overline{\sin (z)} = \sin (\bar{z})</math>

:   ●      <math>\overline{\cos (z)} = \cos (\bar{z})</math>

:   ●      <math>\overline{\sinh (z)} = \sinh (\bar{z})</math>

:   ●      <math>\overline{\cosh (z)} = \cosh (\bar{z})</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ funkcje <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> są definiowane przez szeregi potęgowe o współczynnikach rzeczywistych, to łatwo widzimy, że

::<math>\overline{\exp (z)} = \overline{\left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right)} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{\overline{(z^n)}}{\overline{(n!)}}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{\bar{z}^n}{n!}} = \exp (\bar{z})</math>

Analogicznie pokazujemy dla pozostałych funkcji.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB18 (wzór Eulera, Leonhard Euler, 1748)</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Prawdziwe są następujące wzory

::<math>e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z) \qquad\qquad</math> (wzór Eulera)

::<math>e^z = \cosh (z) + \sinh (z)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ szereg definiujący funkcję <math>e^z</math> jest bezwzględnie zbieżny, to możemy dowolnie przestawiać wyrazy szeregu. W ten sposób pokazujemy

'''Punkt 1. (wzór Eulera)'''

::<math>e^{i z} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^n}{n!}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{i^{2 k} z^{2 k}}{(2 k) !} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{i^{2 k + 1} z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k z^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{i (- 1)^k z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \cos (z) + i \sin (z)</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>e^z = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} = \cosh (z) + \sinh (z)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB19</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Pokazać, że funkcje <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> można zapisać za pomocą funkcji <math>\exp (z)</math>

:   ●      <math>\sin (z) = \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i}</math>

:   ●      <math>\cos (z) = \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2}</math>

:   ●      <math>\sinh (z) = {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}}</math>

:   ●      <math>\cosh (z) = {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ze wzoru Eulera mamy

::<math>e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z)</math>

::<math>e^{- iz} = \cos (- z) + i \sin (- z) = \cos (z) - i \sin (z)</math>

Dodając i odejmując od siebie powyższe równania, otrzymujemy

::<math>e^{i z} + e^{- iz} = 2 \cos (z)</math>

::<math>e^{i z} - e^{- iz} = 2 i \sin (z)</math>

Dzieląc obie strony odpowiednio przez <math>2</math> oraz przez <math>2 i</math>, otrzymujmy szukane wzory. Pozostałe dwa wzory dowodzimy analogicznie.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB20</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Policzyć wartości funkcji <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> dla argumentu <math>i z</math>

:   ●      <math>\sin (iz) = i \sinh (z)</math>

:   ●      <math>\cos (iz) = \cosh (z)</math>

:   ●      <math>\sinh (iz) = i \sin (z)</math>

:   ●      <math>\cosh (iz) = \cos (z)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Udowodnimy tylko pierwszy wzór. Pozostałe wzory pokazujemy analogicznie.

::<math>\sin (iz) = \frac{e^{i (i z)} - e^{- i (i z)}}{2 i} = {\small\frac{e^{- z} - e^z}{2 i}} = {\small\frac{- 1}{i}} \cdot {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} = i \sinh (z)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB21</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Prawdziwe są następujące związki

::<math>\sin^2 (z) + \cos^2 (z) = 1 \qquad\qquad \;\;\;\;</math> (jedynka trygonometryczna)

::<math>\cosh^2 (z) - \sinh^2 (z) = 1 \qquad\qquad</math> (jedynka hiperboliczna)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\sin^2 (z) + \cos^2 (z) = \left( \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i} \right)^2 + \left( \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2} \right)^2</math>

:::::::<math>\:\, = \frac{e^{2 i z} - 2 e^{i z} e^{- i z} + e^{- 2 i z}}{- 4} + \frac{e^{2 i z} + 2 e^{i z} e^{- i z} + e^{- 2 i z}}{4} =</math>

:::::::<math>\:\, = \frac{- e^{2 i z} + 2 - e^{- 2 i z} + e^{2 i z} + 2 + e^{- 2 i z}}{4}</math>

:::::::<math>\:\, = 1</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>\cosh^2 (z) - \sinh^2 (z) = (\cosh (z) - \sinh (z)) \cdot (\cosh (z) + \sinh (z))</math>

::::::::<math>= \left( {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}} - {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} \right) \cdot \left( {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}} + {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} \right)</math>

::::::::<math>= e^{- z} \cdot e^z</math>

::::::::<math>= 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB22</span><br/>
Niech <math>z_1, z_2 \in \mathbb{C}</math>. Wartości funkcji <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> dla argumentu będącego sumą liczb zespolonych:

:   ●      <math>\sin (z_1 + z_2) = \sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2)</math>

:   ●      <math>\cos (z_1 + z_2) = \cos (z_1) \cos (z_2) - \sin (z_1) \sin (z_2)</math>

:   ●      <math>\sinh (z_1 + z_2) = \sinh (z_1) \cosh (z_2) + \cosh (z_1) \sinh (z_2)</math>

:   ●      <math>\cosh (z_1 + z_2) = \cosh (z_1) \cosh (z_2) + \sinh (z_1) \sinh (z_2)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Udowodnimy tylko pierwszy wzór. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie. Korzystając ze wzorów

::<math>\sin (z) = \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i} \qquad\qquad \text{oraz} \qquad\qquad \cos (z) = \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2}</math>

przekształcamy prawą stronę

::<math>\sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2) = \left( \frac{e^{iz_1} - e^{- iz_1}}{2 i} \right) \cdot \left( \frac{e^{iz_2} + e^{- iz_2}}{2} \right) + \left( \frac{e^{iz_1} + e^{- iz_1}}{2} \right) \cdot \left( \frac{e^{iz_2} - e^{- iz_2}}{2 i} \right)</math>

:::::::::::<math>\;\;\:\, = \frac{e^{iz_1} e^{iz_2} + {\color{red}e^{iz_1} e^{- iz_2}} - {\color{blue}e^{- iz_1} e^{iz_2}} - e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i} + \frac{e^{iz_1} e^{iz_2} - {\color{red}e^{iz_1} e^{- iz_2}} + {\color{blue}e^{- iz_1} e^{iz_2}} - e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i}</math>

:::::::::::<math>\;\;\:\, = \frac{2 e^{iz_1} e^{iz_2} - 2 e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i}</math>

:::::::::::<math>\;\;\:\, = \frac{e^{i (z_1 + z_2)} - e^{- i (z_1 + z_2)}}{2 i}</math>

:::::::::::<math>\;\;\:\, = \sin (z_1 + z_2)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB23</span><br/>
Niech <math>z_1, z_2 \in \mathbb{C}</math>. Prawdziwe są następujące tożsamości

:   ●      <math>\sin (z_1) - \sin (z_2) = 2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cos \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right)</math>

:   ●      <math>\cos (z_1) - \cos (z_2) = - 2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \sin \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right)</math>

:   ●      <math>\sinh (z_1) - \sinh (z_2) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cosh \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right)</math>

:   ●      <math>\cosh (z_1) - \cosh (z_2) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \sinh \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Rozważmy prawą stronę, mamy

::<math>2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cos \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) = 2 \cdot {\small\frac{1}{2 i}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} - e^{- {\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} \right] \cdot {\small\frac{1}{2}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} + e^{- {\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} \right]</math>

::::::::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (- z_1 + z_2)} \right] \cdot \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} + e^{{\small\frac{i}{2}} (- z_1 - z_2)} \right]</math>

::::::::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} \left( e^{{\small\frac{i}{2}} (2 z_1)} + e^{{\small\frac{i}{2}} (- 2 z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (2 z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (- 2 z_1)} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} (e^{i z_1} + e^{- i z_2} - e^{i z_2} - e^{- i z_1})</math>

::::::::::<math>\;\;\:\, = \frac{e^{i z_1} - e^{- i z_1}}{2 i} - \frac{e^{i z_2} - e^{- i z_2}}{2 i}</math>

::::::::::<math>\;\;\:\, = \sin (z_1) - \sin (z_2)</math>

Co należało pokazać. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB24</span><br/>
Niech <math>x, y \in \mathbb{R}</math>. Wartości funkcji <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> dla argumentu <math>z = x + i y</math>

:   ●      <math>e^{x + i y} = e^x (\cos y + i \sin y)</math>

:   ●      <math>\sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y)</math>

:   ●      <math>\cos (x + iy) = \cos (x) \cosh (y) - i \sin (x) \sinh (y)</math>

:   ●      <math>\sinh (x + i y) = \sinh (x) \cos (y) + i \cosh (x) \sin (y)</math>

:   ●      <math>\cosh (x + i y) = \cosh (x) \cos (y) + i \sinh (x) \sin (y)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Korzystając ze wzoru Eulera

::<math>e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z)</math>

otrzymujemy

::<math>e^{x + i y} = e^x e^{i y} = e^x (\cos (y) + i \sin (y))</math>

'''Punkt 2.'''

Korzystając ze wzoru

::<math>\sin (z_1 + z_2) = \sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2)</math>

otrzymujemy

::<math>\sin (x + iy) = \sin (x) \cos (i y) + \cos (x) \sin (i y)</math>

:::::<math>\;\:\, = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y)</math>

Co należało pokazać. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB25</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math> i <math>z = x + i y</math>, gdzie <math>x, y \in \mathbb{R}</math>. Wartości modułów funkcji <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> dla argumentu <math>z = x + i y</math>

:   ●      <math>| e^{x + i y} | = e^x</math>

:   ●      <math>| \sin (x + i y) | = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (y) - \cos^2 (x)}</math>

:   ●      <math>| \cos (x + i y) | = \sqrt{\cos^2 (x) + \sinh^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (y) - \sin^2 (x)}</math>

:   ●      <math>| \sinh (x + i y) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (x) - \cos^2 (y)}</math>

:   ●      <math>| \cosh (x + i y) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \cos^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (x) - \sin^2 (y)}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Ze wzoru Eulera

::<math>e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z)</math>

dla <math>z = y</math>, gdzie <math>y \in \mathbb{R}</math>, mamy

::<math>e^{iy} = \cos (y) + i \sin (y)</math>

Zatem

::<math>| e^{iy} | = \sqrt{\cos^2 (y) + \sin^2 (y)} = \sqrt{1} = 1</math>

W ogólnym przypadku natychmiast otrzymujemy

::<math>| e^{x + i y} | = | e^x \cdot e^{i y} | = | e^x | \cdot | e^{i y} | = | e^x | = e^x</math>

bo dla dowolnego <math>x \in \mathbb{R}</math> mamy <math>e^x > 0</math>.

'''Punkt 2.'''

Ze wzoru

::<math>\sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y)</math>

natychmiast otrzymujemy, że

::<math>| \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) \cosh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)}</math>

Ponieważ <math>\cosh^2 (y) = 1 + \sinh^2 (y)</math>, to

::<math>| \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) \cosh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) (1 + \sinh^2 (y)) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sin^2 (x) \sinh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y) (\sin^2 (x) + \cos^2 (x))}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)}</math>

Korzystając z jedynki trygonometrycznej <math>\sin^2 (x) = 1 - \cos^2 (x)</math> i hiperbolicznej <math>\sinh^2 (y) = \cosh^2 (y) - 1</math>, możemy przekształcić powyższy wzór do postaci

::<math>| \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{1 - \cos^2 (x) + \cosh^2 (y) - 1}</math>

:::::<math>\;\;\;\:\, = \sqrt{\cosh^2 (y) - \cos^2 (x)}</math>

'''Punkt 3.'''

Pokazujemy analogicznie jak punkt 2.

'''Punkt 4.'''

Ze wzoru

::<math>\sinh (x + i y) = \sinh (x) \cos (y) + i \cosh (x) \sin (y)</math>

natychmiast otrzymujemy, że

::<math>| \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) \cos^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)}</math>

Ponieważ <math>\cos^2 (y) = 1 - \sin^2 (y)</math>, to

::<math>| \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) \cos^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) (1 - \sin^2 (y)) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) - \sinh^2 (x) \sin^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) + (\cosh^2 (x) - \sinh^2 (x)) \sin^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)}</math>

Korzystając z jedynki trygonometrycznej <math>\sin^2 (y) = 1 - \cos^2 (y)</math> i hiperbolicznej <math>\sinh^2 (x) = \cosh^2 (x) - 1</math>, możemy przekształcić powyższy wzór do postaci

::<math>| \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\cosh^2 (x) - 1 + 1 - \cos^2 (y)}</math>

::::::<math>\:\, = \sqrt{\cosh^2 (x) - \cos^2 (y)}</math>

'''Punkt 5.'''

Pokazujemy analogicznie jak punkt 4.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB26</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Funkcje <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math> są okresowe w dziedzinie zespolonej

:   ●      <math>e^{z + 2 k \pi i} = e^z</math>

:   ●      <math>\sin (z + 2 k \pi) = \sin (z)</math>

:   ●      <math>\cos (z + 2 k \pi) = \cos (z)</math>

:   ●      <math>\sinh (z + 2 k \pi i) = \sinh (z)</math>

:   ●      <math>\cosh (z + 2 k \pi i) = \cosh (z)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Szukamy liczby <math>T</math> takiej, że <math>e^{z + T} = e^z</math>. Mamy

::<math>e^{z + T} = e^z \cdot e^T = e^z</math>

Wynika stąd, że liczba <math>T</math> musi spełniać równanie <math>e^T = 1</math>. Niech <math>T = x + i y</math>, gdzie <math>x, y \in \mathbb{R}</math>. Obliczając moduł, otrzymujemy

::<math>| e^{x + i y} | = e^x = 1</math>

Czyli <math>x = 0</math>. Ze wzoru Eulera mamy

::<math>e^{i y} = \cos (y) + i \sin (y) = 1</math>

Co zapisujemy jako układ równań

::<math>\begin{cases}
\cos y = 1 \\
\sin y = 0 \\
\end{cases}</math>

Którego rozwiązaniem jest <math>y = 2 k \pi</math>. Wynika stąd, że szukany okres ma postać <math>T = 2 k \pi i</math>. Zatem funkcja <math>e^z</math> jest okresowa w dziedzinie zespolonej, a jej okres podstawowy jest równy <math>2 \pi i</math>.

'''Punkt 2. i 3.'''

Korzystając z okresowości funkcji <math>\exp (z)</math>, mamy

::<math>e^{i z} = e^{i z + 2 k \pi i}</math>

::<math>e^{- i z} = e^{- i z - 2 k \pi i}</math>

Odejmując równania stronami i dzieląc wynik przez <math>2 i</math> oraz dodając równania stronami i dzieląc wynik przez <math>2</math>, otrzymujemy

::<math>\frac{e^{i z} - e^{- i z}}{2 i} = \frac{e^{i z + 2 k \pi i} - e^{- i z - 2 k \pi i}}{2 i} = \frac{e^{i (z + 2 k \pi)} - e^{- i (z + 2 k \pi)}}{2 i}</math>

::<math>\frac{e^{i z} + e^{- i z}}{2} = \frac{e^{i z + 2 k \pi i} + e^{- i z - 2 k \pi i}}{2} = \frac{e^{i (z + 2 k \pi)} + e^{- i (z + 2 k \pi)}}{2}</math>

Czyli

::<math>\sin (z) = \sin (z + 2 k \pi)</math>

::<math>\cos (z) = \cos (z + 2 k \pi)</math>

Wynika stąd, że funkcje <math>\sin (z)</math> i <math>\cos (z)</math> są okresowe w dziedzinie zespolonej, a ich okres podstawowy jest równy <math>2 \pi</math>.

'''Punkt 4. i 5.'''

Korzystając z okresowości funkcji <math>\exp (z)</math>, mamy

::<math>e^z = e^{z + 2 k \pi i}</math>

::<math>e^{- z} = e^{- z - 2 k \pi i}</math>

Odejmując i dodając równania stronami i dzieląc wynik przez <math>2</math>, otrzymujemy

::<math>\frac{e^z - e^{- z}}{2} = \frac{e^{z + 2 k \pi i} - e^{- z - 2 k \pi i}}{2} = \frac{e^{z + 2 k \pi i} - e^{- (z + 2 k \pi i)}}{2}</math>

::<math>\frac{e^z + e^{- z}}{2} = \frac{e^{z + 2 k \pi i} + e^{- z - 2 k \pi i}}{2} = \frac{e^{z + 2 k \pi i} + e^{- (z + 2 k \pi i)}}{2}</math>

Czyli

::<math>\sinh (z) = \sinh (z + 2 k \pi i)</math>

::<math>\cosh (z) = \cosh (z + 2 k \pi i)</math>

Wynika stąd, że funkcje <math>\sinh (z)</math> i <math>\cosh (z)</math> są okresowe w dziedzinie zespolonej, a ich okres podstawowy jest równy <math>2 \pi i</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB27</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Korzystając ze wzoru Eulera, pokazać, że liczby <math>\pm 1</math> oraz <math>\pm i</math> można zapisać w następującej postaci

:   ●      <math>1 = e^{2 k \pi i}</math>

:   ●      <math>i = e^{\left( {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi \right) i}</math>

:   ●      <math>- 1 = e^{(\pi + 2 k \pi) i}</math>

:   ●      <math>- i = e^{\left( {\small\frac{3 \pi}{2}} + 2 k \pi \right) i}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
We wzorze Eulera

::<math>e^{i z} = \cos (z) + i \sin (z)</math>

przyjmijmy <math>z = x</math>, gdzie <math>x \in \mathbb{R}</math>. Mamy

::<math>e^{i x} = \cos (x) + i \sin (x)</math>

'''Punkt 1.'''

Z równania

::<math>\cos (x) + i \sin (x) = 1 + i \cdot 0</math>

wynika układ równań

::<math>\begin{cases}
\cos x = 1 \\
\sin x = 0 \\
\end{cases}</math>

Zauważmy, że jeżeli <math>\cos x = 1</math>, to musi być <math>\sin x = 0</math>, ale jeżeli <math>\sin x = 0</math>, to nie musi być <math>\cos x = 1</math>, bo może być też <math>\cos x = -
1</math>. Dlatego najpierw znajdujemy rozwiązania pierwszego równania. Tu otrzymujemy natychmiast <math>x = 2 k \pi</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Liczby te są również rozwiązaniami drugiego równania. Zatem

::<math>e^{2 k \pi i} = 1</math>

'''Punkt 2.'''

Z równania

::<math>\cos (x) + i \sin (x) = i</math>

wynika układ równań

::<math>\begin{cases}
\cos x = 0 \\
\sin x = 1 \\
\end{cases}</math>

Z drugiego równania mamy <math>x = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi</math>. Liczby te stanowią również rozwiązania drugiego równania. Zatem

::<math>e^{\left( {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi \right) i} = i</math>

'''Punkt 3.'''

Z równania

::<math>\cos (x) + i \sin (x) = - 1</math>

wynika układ równań

::<math>\begin{cases}
\cos x = - 1 \\
\sin x = 0 \\
\end{cases}</math>

Z pierwszego równania mamy <math>x = \pi + 2 k \pi</math>. Liczby te stanowią również rozwiązania drugiego równania. Zatem

::<math>e^{(\pi + 2 k \pi) i} = - 1</math>

'''Punkt 4.'''

Dowodzimy analogicznie.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB28</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>. Pochodne funkcji <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math>.

:   ●      <math>{\small\frac{d}{dz}} \exp (z) = \exp (z)</math>

:   ●      <math>{\small\frac{d}{dz}} \sin (z) = \cos (z)</math>

:   ●      <math>{\small\frac{d}{dz}} \cos (z) = - \sin (z)</math>

:   ●      <math>{\small\frac{d}{dz}} \sinh (z) = \cosh (z)</math>

:   ●      <math>{\small\frac{d}{dz}} \cosh (z) = \sinh (z)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że różniczkowane funkcje zostały zdefiniowane przez szereg potęgowy. Możliwość obliczania pochodnej szeregu potęgowego przez różniczkowanie wyraz po wyrazie wynika z następującego twierdzenia:

Niech <math>(a_n)</math> będzie dowolnym ciągiem liczb zespolonych. Jeżeli szereg potęgowy <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n</math> jest zbieżny dla <math>z</math> takich, że <math>|z - z_0 | < R</math>, to funkcja <math>f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n</math> jest różniczkowalna w tym obszarze, a jej pochodna może być wyznaczona poprzez różniczkowanie szeregu wyraz po wyrazie. Wyliczona w ten sposób pochodna ma dokładnie taki sam promień zbieżności <math>R</math>.

Korzystając z powyższego twierdzenia, udowodnimy tylko dwa pierwsze wzory. Pozostałe dowodzimy analogicznie.

'''Punkt 1.'''

::<math>{\small\frac{d}{dz}} \exp (z) = {\small\frac{d}{dz}} \left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right)</math>

:::::<math>\: = {\small\frac{d}{dz}} \left( 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right)</math>

:::::<math>\: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{d}{d z}} {\small\frac{z^n}{n!}}</math>

:::::<math>\: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{n \cdot z^{n - 1}}{n!}}</math>

:::::<math>\: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{z^{n - 1}}{(n - 1) !}}</math>

:::::<math>\: = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^k}{k!}}</math>

:::::<math>\: = \exp (z)</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>{\small\frac{d}{dz}} \sin (z) = {\small\frac{d}{dz}} \left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} \right)</math>

::::<math>\;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{d}{dz}} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}}</math>

::::<math>\;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n (2 n + 1) z^{2 n}}{(2 n + 1) !}}</math>

::::<math>\;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n}}{(2 n) !}}</math>

::::<math>\;\;\;\;\: = \cos (z)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB29</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Miejsca zerowe funkcji <math>\exp (z)</math>, <math>\sin (z)</math>, <math>\cos (z)</math>, <math>\sinh (z)</math>, <math>\cosh (z)</math>.

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:   ●      <math>\exp (z) \neq 0</math>
</div>

:   ●      <math>\sin (z) = 0 \qquad\qquad \;\:\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi</math>

:   ●      <math>\cos (z) = 0 \qquad\qquad \;\; \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi</math>

:   ●      <math>\sinh (z) = 0 \qquad\qquad \;\! \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi \cdot i</math>

:   ●      <math>\cosh (z) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = \left( {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \right) \cdot i</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Udowodnimy tylko punkt 1. i punkt 2. Pozostałe punkty dowodzimy analogicznie jak punkt 2. Niech <math>z = x + iy</math>, gdzie <math>x, y \in \mathbb{R}</math>.

'''Punkt 1.'''

Mamy

::<math>| e^z | = | e^{x + iy} | = | e^x \cdot e^{iy} | = | e^x | \cdot | e^{iy} | = | e^x | = e^x > 0</math>

Ponieważ funkcja wykładnicza <math>e^x</math> przyjmuje wyłącznie wartości większe od zera, to <math>| e^z |</math> nigdy nie jest zerem, zatem sama liczba <math>e^z</math> również nie może być zerem.

'''Punkt 2.'''

Warunek <math>\sin (z) = 0</math> zapisujemy w postaci

::<math>\sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y) = 0</math>

Liczba zespolona jest równa zero wtedy i tylko wtedy, gdy jej część rzeczywista oraz część urojona są jednocześnie równe zero. Zatem możemy przejść do układu dwóch równań rzeczywistych

::<math>\begin{cases}
\sin (x) \cosh (y) = 0 \\
\cos (x) \sinh (y) = 0 \\
\end{cases}</math>

Ponieważ funkcja hiperboliczna

::<math>\cosh (y) = {\small\frac{e^y + e^{- y}}{2}}</math>

dla wszystkich liczb rzeczywistych <math>y</math> przyjmuje wartości większe bądź równe <math>1</math>, to z pierwszego równania otrzymujemy, że

::<math>\sin (x) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi ,\;</math> gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>

Jeśli <math>\sin (x) = 0</math>, to <math>\cos (x) = \pm 1</math> i przechodząc do drugiego równania, dostajemy natychmiast

::<math>\sinh (y) = 0</math>

Ale funkcja hiperboliczna <math>\sinh (y)</math> dla rzeczywistych <math>y</math> ma tylko jedno miejsce zerowe <math>y = 0</math>. Łącząc uzyskane rezultaty, widzimy, że

::<math>z = x + iy = k \pi + i \cdot 0 = k \pi ,\;</math> gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB30</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Pokazać, że

:   ●      <math>\exp (z) = 1 \qquad\qquad \,\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i</math>

:   ●      <math>\sin (z) = 1 \qquad\qquad \;\:\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi</math>

:   ●      <math>\cos (z) = 1 \qquad\qquad \;\: \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi</math>

:   ●      <math>\sinh (z) = 1 \qquad\qquad \;\! \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = (- 1)^k \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) + k \pi i</math>

:   ●      <math>\cosh (z) = 1 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Zapiszmy warunek w postaci

::<math>e^{x + i y} = 1</math>

Obliczając moduł obydwu stron, otrzymujemy

::<math>| e^{x + i y} | = e^x = 1</math>

Skąd wynika natychmiast, że <math>x = 0</math>. Pozostaje znaleźć rozwiązania równania

::<math>e^{i y} = \cos y + i \sin y = 1</math>

Gdzie skorzystaliśmy ze wzoru Eulera. Części rzeczywista równania po prawej stronie muszą być równe, zatem dostajemy układ równań

::<math>\begin{cases}
\cos y = 1 \\
\sin y = 0 \\
\end{cases}</math>

Zauważmy, że jeżeli <math>\cos y = 1</math>, to musi być <math>\sin y = 0</math>, ale jeżeli <math>\sin y = 0</math>, to nie musi być <math>\cos y = 1</math>, bo może być też <math>\cos y = - 1</math>. Dlatego najpierw znajdujemy rozwiązania pierwszego równania. Tu otrzymujemy natychmiast <math>y = 2 k \pi</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Wartości te są również rozwiązaniami drugiego równania. Zbierając, mamy

::<math>z = x + i y = 0 + i \cdot 2 k \pi = 2 k \pi i</math>

'''Punkt 2.'''

Ponieważ <math>\sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 1</math>, to możemy nasz warunek zapisać w postaci

::<math>\sin (z) - \sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 0</math>

Korzystając ze wzoru na różnicę sinusów, otrzymujemy

::<math>\sin (z) - \sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 2 \sin \left( \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) \cos \left( \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0</math>

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Mamy zatem dwa przypadki

::<math>\sin \left( \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} = k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi</math>

::<math>\cos \left( \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} = {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = - {\small\frac{\pi}{2}} + \pi + 2 k \pi = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi</math>

Widzimy, że oba przypadki dały dokładnie te same rozwiązania. Ostatecznie otrzymaliśmy

::<math>z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi</math>

'''Punkt 3.'''

Ponieważ <math>\cos (0) = 1</math>, to możemy nasz warunek zapisać w postaci

::<math>\cos (z) - \cos (0) = 0</math>

Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów, otrzymujemy

::<math>\cos (z) - \cos (0) = - 2 \sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) \sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0</math>

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Ponieważ obydwa czynniki są identyczne, to natychmiast otrzymujemy

::<math>\sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z}{2}} = k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi</math>

'''Punkt 4.'''

Aby móc zastosować analogiczne podejście, jak w punktach 2. i 3. potrzebujmy znać jakąkolwiek wartość <math>z_1</math>, dla której <math>\sinh (z_1) = 1</math>. Ograniczając się do wartości rzeczywistych, otrzymujemy równanie

::<math>\sinh (x) = {\small\frac{e^x - e^{- x}}{2}} = 1</math>

Czyli

::<math>e^x - e^{- x} = 2</math>

::<math>e^{2 x} - 2 e^x - 1 = 0</math>

Podstawiając zmienną pomocniczą <math>t = e^x</math> (zauważmy, że <math>t > 0</math>), dostajemy

::<math>t^2 - 2 t - 1 = 0</math>

::<math>\Delta = (- 2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (- 1) = 8</math>

Zatem <math>t = 1 \pm \sqrt{2}</math>. Ponieważ <math>1 - \sqrt{2} < 0</math>, to wybieramy <math>t = 1 + \sqrt{2}</math>. Ostatecznie mamy

::<math>x_1 = \ln t = \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) \approx 0.881373587</math>

Korzystając ze wzoru na różnicę sinusów hiperbolicznych, otrzymujemy

::<math>\sinh (z) - \sinh (x_1) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z - x_1}{2}} \right) \cosh \left( {\small\frac{z + x_1}{2}} \right) = 0</math>

Musimy zbadać dwa przypadki

::<math>\sinh \left( {\small\frac{z - x_1}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z - x_1}{2}} = k \pi i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = x_1 + 2 k \pi i</math>

::<math>\cosh \left( {\small\frac{z + x_1}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z + x_1}{2}} = \left( {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \right) \cdot i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = - x_1 + \pi i + 2 k \pi i = - x_1 + (2 k + 1) \pi i</math>

Obydwa rozwiązania możemy zapisać jednym wzorem

::<math>z = (- 1)^n \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) + n \pi i ,\;</math> gdzie <math>n \in \mathbb{Z}</math>

'''Punkt 5.'''

Ponieważ <math>\cosh (0) = 1</math>, to możemy nasz warunek zapisać w postaci

::<math>\cosh (z) - \cosh (0) = 0</math>

Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów hiperbolicznych, otrzymujemy

::<math>\cosh (z) - \cosh (0) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) \sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0</math>

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Ponieważ obydwa czynniki są identyczne, to natychmiast otrzymujemy

::<math>\sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z}{2}} = k \pi i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Funkcja logarytmiczna i potęgowanie zespolone ==

<span id="ZB31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB31 (przyjęte oznaczenia logarytmów)</span><br/>
W dalszej części tekstu, w celu zachowania jednoznaczności i uniknięcia nieporozumień notacyjnych, konsekwentnie stosujemy następujące oznaczenia

<math>\ln (x) \;\;\,</math> – zwykły logarytm naturalny; stosowany wyłącznie wtedy, gdy zmienna <math>x</math> jest dodatnią liczbą rzeczywistą; wynik tej funkcji jest zawsze liczbą rzeczywistą

<math>\log (z) \:\,</math> – logarytm zespolony (wielowartościowy); funkcja zdefiniowana dla wszystkich liczb zespolonych <math>z \neq 0</math>, która zwraca zbiór wartości różniących się o wielokrotność <math>2 \pi i</math>

<math>\operatorname{Log} (z)</math> – wartość główna logarytmu zespolonego; funkcja jednowartościowa (główna gałąź logarytmu), zdefiniowana jednoznacznie jako <math>\operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \operatorname{Arg} (z)</math>, gdzie <math>\operatorname{Arg} (z)</math> oznacza główny argument liczby zespolonej należący do przedziału <math>(- \pi, \pi]</math>

<span id="ZB32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB32</span><br/>
Analogicznie jak w przypadku logarytmu liczby rzeczywistej, powiemy, że liczba zespolona <math>w</math> jest logarytmem liczby zespolonej <math>z</math>, gdzie <math>z \neq 0</math>, jeżeli <math>e^w = z</math>. Ponieważ każdą liczbę zespoloną różną od zera możemy zapisać w postaci

::<math>z = | z | e^{i \arg (z)} = | z | e^{i \arg (z) + 2 k \pi i} = e^{\ln | z |} \cdot e^{i \arg (z) + 2 k \pi i}</math>

gdzie <math>\ln | z |</math> oznacza zwykły logarytm określony dla liczb rzeczywistych dodatnich o wartościach rzeczywistych, <math>\arg (z)</math> jest dowolnym argumentem liczby zespolonej <math>z</math>, <math>\operatorname{Arg} (z) \in (- \pi, \pi]</math> jest argumentem głównym liczby zespolonej <math>z</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>, to widzimy, że każda liczba zespolona <math>z \neq 0</math> musi mieć nieskończenie wiele logarytmów. Powyższe uwagi prowadzą do następującej definicji.

<span id="ZB33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB33</span><br/>
Logarytm liczby zespolonej <math>\log (z)</math> to funkcja wielowartościowa, która dla każdego <math>z \neq 0</math> zwraca zbiór możliwych wartości, które definiujemy wzorem

::<math>\log (z) = \ln | z | + i \cdot \arg (z) + 2 k \pi i</math>

gdzie <math>\ln | z |</math> to klasyczny logarytm naturalny z modułu liczby zespolonej (wartość rzeczywista), <math>\arg (z)</math> jest dowolnym ustalonym argumentem liczby zespolonej <math>z</math> (w szczególności może być to argument główny) oraz <math>k \in \mathbb{Z}</math>.

Logarytmem głównym liczby zespolonej <math>z \neq 0</math> będziemy nazywali liczbę

::<math>\operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \cdot \operatorname{Arg} (z)</math>

gdzie <math>\operatorname{Arg} (z) \in (- \pi, \pi]</math> jest argumentem głównym liczby zespolonej <math>z</math>. Zauważmy, że <math>\operatorname{Log} (z)</math> jest funkcją jednowartościową.

<span id="ZB34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład ZB34</span><br/>
Korzystając z podanej definicji, policzymy <math>\log (i)</math>. Ponieważ <math>| i | = 1</math>, <math>\operatorname{Arg} (i) = {\small\frac{\pi}{2}}</math>, to

::<math>\log (i) = \ln | i | + i \cdot \arg (i) + 2 k \pi i = 0 + i \cdot {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi i = \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) i \pi</math>

::<math>\operatorname{Log} (i) = {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi</math>

<span id="ZB35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB35</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math> i <math>z = x + i y</math>. Pokazać, korzystając z definicji logarytmu, że

:   ●      <math>\log (e^z) = z + 2 k \pi i</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>

:   ●      <math>\operatorname{Log} (e^z) = z + 2 m \pi i</math>, gdzie <math>m \in \mathbb{Z}</math> i zostało dobrane tak, aby <math>- \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi</math>

:   ●      <math>m = \left\lfloor {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} \right\rfloor</math> jest właściwym wyborem liczby <math>m</math>, o którym mowa w poprzednim punkcie

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Mamy

::<math>e^z = e^{x + i y} = e^x \cdot e^{i y}</math>

Widzimy, że <math>e^x = | e^z |</math> oraz <math>y = \arg (e^z)</math>. Zatem z definicji logarytmu

::<math>\log (e^z) = \ln | e^z | + i \arg (e^z) + 2 k \pi i = \ln (e^x) + i y + 2 k \pi i = x + i y + 2 k \pi i = z + 2 k \pi i</math>

Sytuacja zmienia się, gdy obliczamy logarytm główny. Możemy napisać

::<math>e^z = e^{x + i y} = e^x \cdot e^{i y} = e^x \cdot e^{i y} \cdot e^{2 k \pi i} = e^x \cdot e^{i (y + 2 k \pi)}</math>

Dobierając odpowiednie <math>k</math> (oznaczmy je jako <math>m</math>) możemy uzyskać spełnienie warunku

::<math>- \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi</math>

Teraz liczba <math>y + 2 m \pi</math> będzie argumentem głównym liczby <math>e^z</math>. Zatem

::<math>\operatorname{Log} (e^z) = \ln | e^z | + \operatorname{Arg} (e^z) = \ln (e^x) + i \cdot (y + 2 m \pi) = x + i y + 2 m \pi i = z + 2 m \pi i</math>

Podsumowując

::<math>\log (e^z) = z + 2 k \pi i</math>, gdzie <math>k</math> jest dowolną liczbą całkowitą

::<math>\operatorname{Log} (e^z) = z + 2 m \pi i</math>, gdzie <math>m</math> jest szczególną liczbą całkowitą – dobraną tak, aby <math>- \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi</math>

Z układu nierówności <math>- \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi</math> wynika, że

::<math>- {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} < m \leqslant {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}}</math>

W przedziale otwartym z lewej i domkniętym z prawej strony o długości równej <math>1</math> znajduje się dokładnie jedna liczba całkowita. Ponieważ nierówność jest domknięta z prawej strony, poszukiwaną liczbą całkowitą <math>m</math> jest największa liczba całkowita nie większa od <math>{\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}}</math>. Czyli

::<math>m = \left\lfloor {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} \right\rfloor</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB36</span><br/>
Ze znanych z analizy rzeczywistej wzorów dla funkcji logarytmicznej pozostaje prawdziwy tylko wzór

::<math>e^{\log (z)} = e^{\operatorname{Log} (z)} = z</math>

(dla <math>z \neq 0</math>). Łatwo sprawdzamy

::<math>e^{\log (z)} = e^{\ln | z | + i \arg (z) + 2 k \pi i} = e^{\ln | z |} e^{i \arg (z)} e^{2 k \pi i} = | z | \cdot e^{i \arg (z)} = z</math>

::<math>e^{\operatorname{Log} (z)} = e^{\ln | z | + i \operatorname{Arg} (z)} = e^{\ln | z |} e^{i \operatorname{Arg} (z)} = | z | \cdot e^{i \operatorname{Arg} (z)} = z</math>

<span id="ZB37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB37</span><br/>
Podaj przykłady, że wzór <math>\operatorname{Log} (w z) = \operatorname{Log} (w) + \operatorname{Log} (z)</math> nie jest prawdziwy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>w = i</math> oraz <math>z = - 1 + i</math>. Wiemy, że <math>\operatorname{Log} (i) = {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi</math> (zobacz [[#ZB34|ZB34]]).

::<math>\operatorname{Log} (- 1 + i) = \ln | - 1 + i | + \operatorname{Arg} (- 1 + i) = \ln \left( \sqrt{2} \right) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi</math>

Zatem dla prawej strony mamy

::<math>\operatorname{Log} (w) + \operatorname{Log} (z) = \left( {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi \right) + \left( {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi \right) = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{5}{4}} \cdot i \pi</math>

A dla lewej strony otrzymujemy

::<math>\operatorname{Log} (w z) = \operatorname{Log} (i (- 1 + i)) = \operatorname{Log} (- 1 - i) = \ln \left( \sqrt{2} \right) - {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) - {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi</math>

Jeszcze prostszym przykładem jest wybór <math>w = z = - 1</math>. Sprawdzenie pozostawiamy Czytelnikowi.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB38</span><br/>
Niech <math>w, z \in \mathbb{C}</math> i <math>z \neq 0</math>. Pokazać, że równanie <math>\log (z) = w</math>, gdzie <math>\log (z)</math> jest logarytmem zespolonym, ma dokładnie jedno rozwiązanie <math>z = e^w</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>w = r + i s</math>, gdzie <math>r, s \in \mathbb{R}</math>. Z definicji logarytmu zespolonego mamy równanie

::<math>\ln | z | + i (\arg (z) + 2 k \pi) = r + i s</math>

Porównując części rzeczywiste i urojone, otrzymujemy układ równań

::<math>\begin{cases}
\ln | z | = r \\
\arg (z) + 2 k \pi = s \\
\end{cases}</math>

Z powyższych równań natychmiast wynika, że <math>| z | = e^r</math> oraz <math>\arg (z) = s - 2 k \pi</math>. Moglibyśmy przypuszczać, że istnienie wielu argumentów spowoduje istnienie wielu rozwiązań, ale łatwo sprawdzamy, że tak nie jest

::<math>z = e^r \cdot e^{i \cdot \arg (z)} = e^r \cdot e^{i (s - 2 k \pi)} = e^r \cdot e^{i s} \cdot e^{- 2 k \pi i} = e^{r + i s} = e^w</math>

Co należało pokazać. Warto jeszcze zauważyć, że w przypadku równania <math>\operatorname{Log} (z) = w</math> dostalibyśmy układ równań

::<math>\begin{cases}
\ln | z | = r \\
\operatorname{Arg} (z) = s \\
\end{cases}</math>

i rozwiązanie istniałoby tylko wtedy, gdy <math>s \in (- \pi, \pi]</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB39</span><br/>
Potęgę zespoloną <math>w^z</math>, gdzie <math>w \neq 0</math>, definiujemy przy pomocy funkcji wykładniczej <math>e^z</math> i logarytmu zespolonego <math>\log (z)</math>.

<span id="ZB40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja ZB40</span><br/>
Powiemy, że

::<math>w^z = e^{z \cdot \log (w)}</math>

jest potęgą zespoloną dla liczb zespolonych <math>w, z</math>, gdzie <math>w \neq 0</math>.

Odpowiednio liczbę zespoloną

::<math>w^z = e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)}</math>

będziemy nazywali wartością główną potęgi zespolonej <math>w^z</math>. Dla uniknięcia nieporozumień dla wartości głównej możemy stosować oznaczenie

::<math>\operatorname{PV}(w^z) = e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)}</math>

(od ang. ''Principal Value'').

<span id="ZB41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład ZB41</span><br/>
Korzystając z podanej definicji, policzymy <math>i^i</math>. Wiemy, że (zobacz [[#ZB34|ZB34]])

::<math>\log (i) = \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \cdot i \pi</math>

Zatem

::<math>i^i = e^{i \cdot \log (i)} = e^{i \cdot \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \cdot i \pi} = e^{- \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \pi}</math>

::<math>\operatorname{PV}(i^i) = e^{- \pi / 2} \approx 0.207879576</math>

<span id="ZB42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB42</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>w \neq 0</math>, to <math>w^0 = 1</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji potęgi zespolonej mamy

::<math>w^0 = e^{0 \cdot \log (w)} = e^0 = 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie ZB43</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>, <math>m \in \mathbb{Z}</math> i <math>z \neq 0</math>. Pokazać, że <math>z^m</math> jest funkcją jednowartościową.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zgodnie z definicją potęgi zespolonej mamy

::<math>z^m = e^{m \cdot \log (z)}</math>

:::<math>= e^{m \cdot (\ln | z | + \operatorname{Arg} (z) + 2 k \pi i)}</math>

:::<math>= e^{m \cdot \ln | z | + m \cdot \operatorname{Arg} (z) + m \cdot 2 k \pi i}</math>

:::<math>= e^{m \cdot \ln | z | + m \cdot \operatorname{Arg} (z)} \cdot e^{m \cdot 2 k \pi i}</math>

:::<math>= e^{m \cdot (\ln | z | + \operatorname{Arg} (z))}</math>

:::<math>= e^{m \cdot \operatorname{Log} (z)}</math>

Zatem dla całkowitego wykładnika potęga ogólna jest identyczna ze swoją wartością główną. Co jest zgodne ze zwykłym rozumieniem takiej potęgi, jako mnożeniem liczby <math>z</math> przez samą siebie <math>m</math> razy.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB44</span><br/>
Niech <math>w, w_1, w_2, z, z_1, z_2 \in \mathbb{C}</math> i liczby <math>w, w_1, w_2</math> będą różne od zera. Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>, <math>b \in \mathbb{R}</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli obliczając potęgi zespolone bierzemy ich wartości główne, to prawdziwe są wzory

:   ●      <math>w^{z_1 + z_2} = w^{z_1} \cdot w^{z_2}</math>

:   ●      <math>(w_1 w_2)^k = w^k_1 \cdot w^k_2</math>

:   ●      <math>(w^z)^k = w^{z \cdot k}</math>

:   ●      <math>(a^b)^z = a^{b \hspace{0.07em} \cdot z}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\operatorname{PV}(w^{z_1 + z_2}) = e^{(z_1 + z_2) \operatorname{Log} (w)} = e^{z_1 \operatorname{Log} (w) + z_2 \operatorname{Log} (w)} = e^{z_1 \operatorname{Log} (w)} e^{z_2 \operatorname{Log} (w)} = \operatorname{PV}(w^{z_1}) \cdot \operatorname{PV}(w^{z_2})</math>

'''Punkt 2.'''

Musimy pokazać, że

::<math>\operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = \operatorname{PV}(w^k_1) \cdot \operatorname{PV}(w^k_2)</math>

Przekształcamy lewą stronę

::<math>\operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_1 w_2)}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))}</math>

Oczywiście argument iloczynu liczb zespolonych jest sumą argumentów tych liczb, ale możemy napisać tylko tak

::<math>\arg (w_1 w_2) = \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2)</math>

Wynika to z faktu, że suma argumentów <math>\operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2)</math> nie musi znajdować się w przedziale <math>(- \pi, \pi]</math>, a wtedy przestaje być argumentem głównym. Zauważmy, że

::<math>- 2 \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant 2 \pi</math>

Możliwe są trzy przypadki

:*&ensp;&ensp;&ensp;jeżeli <math>- \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant \pi</math>, to suma argumentów tworzy argument główny liczby <math>w_1 w_2</math> i nie musimy nic robić

:*&ensp;&ensp;&ensp;jeżeli <math>\pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant 2 \pi</math>, to suma argumentów nie tworzy argumentu głównego liczby <math>w_1 w_2</math> i musimy od sumy argumentów odjąć <math>2 \pi</math>, aby argument trafił do właściwego przedziału (możemy to zrobić, bo <math>\arg (w_1 w_2)</math> jest określony z dokładnością do wielokrotności <math>2 \pi</math>)

:*&ensp;&ensp;&ensp;jeżeli <math>- 2 \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant - \pi</math>, to suma argumentów nie tworzy argumentu głównego liczby <math>w_1 w_2</math> i musimy do sumy argumentów dodać <math>2 \pi</math>, aby argument trafił do właściwego przedziału

Zbierając, możemy napisać

::<math>\operatorname{Arg} (w_1 w_2) = \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) + m \cdot 2 \pi \;,\qquad</math> gdzie <math>m \in \{ - 1, 0, 1 \}</math>

Kontynuując przekształcanie lewej strony, mamy

::<math>\operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1) + i \operatorname{Arg} (w_2) + i \cdot 2 \pi m)}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + i \operatorname{Arg} (w_1)) + k \cdot (\ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_2)) + 2 k m \pi i}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + i \operatorname{Arg} (w_1))} \cdot e^{k \cdot (\ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_2))} \cdot e^{2 k m \pi i}</math>

::::::<math>\,\, = e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_1)} \cdot e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_2)}</math>

::::::<math>\,\, = \operatorname{PV}(w^k_1) \cdot \operatorname{PV}(w^k_2)</math>

'''Punkt 3.'''

Musimy pokazać, że

::<math>\operatorname{PV}((\operatorname{PV}(w^z))^k) = \operatorname{PV}(w^{z \cdot k})</math>

Przekształcamy lewą stronę

::<math>\operatorname{PV}((\operatorname{PV}(w^z))^k) = \operatorname{PV}((e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)})^k)</math>

:::::::<math>= e^{k \cdot \operatorname{Log} (e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)})}</math>

:::::::<math>= e^{k \cdot (z \cdot \operatorname{Log} (w) + 2 m \pi i)} \qquad\qquad</math> (zobacz zadanie [[#ZB35|ZB35]] p.&hairsp;2)

:::::::<math>= e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w) + 2 k m \pi i}</math>

:::::::<math>= e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w)} \cdot e^{2 k m \pi i}</math>

:::::::<math>= e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w)}</math>

:::::::<math>= \operatorname{PV}(w^{k z})</math>

'''Punkt 4.'''

Zauważmy, że dla liczb rzeczywistych dodatnich wartość główna logarytmu zespolonego <math>\operatorname{Log} (z)</math> jest równa zwykłemu logarytmowi <math>\ln : \mathbb{R}_+ \rightarrow \mathbb{R}</math>. Istotnie

::<math>\operatorname{Log} (a) = \ln | a | + i \operatorname{Arg} (a) = \ln (a)</math>

bo <math>| a | = a</math> i <math>\operatorname{Arg} (a) = 0</math>. Musimy pokazać, że

::<math>\operatorname{PV}((\operatorname{PV}(a^b))^z) = \operatorname{PV}(a^{b \hspace{0.07em} \cdot z})</math>

Przekształcając lewą stronę, otrzymujemy

::<math>\operatorname{PV}((\operatorname{PV}(a^b))^z) = \operatorname{PV}((e^{b \hspace{0.07em} \cdot \operatorname{Log} (a)})^z)</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \operatorname{PV}((e^{b \hspace{0.07em} \cdot \ln (a)})^z)</math>

::::::<math>\;\;\;\; = e^{z \cdot \operatorname{Log} (e^{b \hspace{0.07em} \cdot \ln (a)})}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = e^{z \cdot \ln (e^{b \hspace{0.07em} \cdot \ln (a)})}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = e^{z \cdot b \hspace{0.07em} \cdot \ln (a)}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = e^{z \cdot b \hspace{0.07em} \cdot \operatorname{Log} (a)}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \operatorname{PV}(a^{z \cdot b})</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB45</span><br/>
Możemy traktować zapis <math>e^z</math> (zgodnie z definicją [[#ZB14|ZB14]]) jako szereg

::<math>\exp (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = 1 + z + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + \ldots</math>

Wtedy <math>e^z</math> jest dobrze określoną funkcją jednowartościową. Ale możemy potraktować zapis <math>e^z</math> jako potęgowanie zespolone, które z definicji jest wielowartościowe

::<math>e^z = e^{z \cdot \log (e)} = e^{z \cdot (1 + 2 k \pi i)}</math>

Sytuacja, kiedy dwie różne funkcje mają takie samo oznaczenie, musi prowadzić do pojawienia się pozornych sprzeczności. Niech <math>z = x + i y</math>. W pierwszym przypadku mamy

::<math>| e^{x + i y} | = e^x</math>

a w drugim

::<math>| e^{x + i y} | = | e^{(x + i y) \cdot (1 + 2 k \pi i)} | = | e^{x - y \cdot 2 k \pi} \cdot e^{i (y + x \cdot 2 k \pi)} | = e^{x - y \cdot 2 k \pi}</math>

Jedynie wzięcie wartości głównej potęgi zespolonej zapewnia zgodność rezultatów

::<math>\operatorname{PV}(e^z) = e^{z \cdot \operatorname{Log} (e)} = e^{z \cdot 1} = e^z</math>

<span id="ZB46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB46 (funkcja logarytmiczna)</span><br/>
Niech <math>z \in \mathbb{C}</math>, <math>r \in \mathbb{R}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:   ●      <math>\ln | z | = \operatorname{Re}(\log (z)) = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (z))</math>
</div>

:   ●      <math>\ln | 1 + z | \leqslant \ln (1 + | z |) \leqslant | z |</math>

:   ●      <math>| \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - | z |}} \qquad\qquad\qquad \:\,</math> dla <math>| z | < 1</math>

:   ●      <math>| \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - r}} \qquad\qquad\qquad\quad </math> dla <math>| z | \leqslant r < 1</math>

:   ●      <math>| \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant {\small\frac{|z|^2}{2 (1 - r)}} \qquad\qquad </math> dla <math>|z| \leqslant r < 1</math>

gdzie <math>\ln (x)</math> oznacza zwykłą funkcję logarytmiczną określoną na <math>\mathbb{R}_+</math> o wartościach w <math>\mathbb{R}</math>, a <math>\operatorname{Log} (z)</math> oznacza wartość główną logarytmu zespolonego.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Z definicji logarytmu zespolonego i z definicji wartości głównej logarytmu zespolonego mamy

::<math>\log (z) = \ln | z | + i \cdot \arg (z) + 2 k \pi i</math>

::<math>\operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \cdot \operatorname{Arg} (z)</math>

Zatem <math>\ln | z | = \operatorname{Re}(\log (z)) = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (z))</math>.

'''Punkt 2.'''

Zauważmy, że logarytmy są tutaj zwykłymi logarytmami liczb rzeczywistych. Pierwsza nierówność wynika natychmiast z oszacowania

::<math>| 1 + z | \leqslant 1 + | z |</math>

Dla dowodu drugiej nierówności wprowadźmy zmienną rzeczywistą <math>t = | z |</math>, gdzie <math>t \geqslant 0</math>, oraz funkcję pomocniczą

::<math>f(t) = t - \ln (1 + t)</math>

Musimy pokazać, że <math>f(t) \geqslant 0</math> dla <math>t \geqslant 0</math>. Policzmy pochodną

::<math>f' (t) = 1 - {\small\frac{1}{1 + t}} = {\small\frac{t}{1 + t}}</math>

Zauważmy, że dla <math>t > 0</math> prawdziwy jest ciąg implikacji

::<math>f' (t) > 0 \qquad \Longrightarrow \qquad f(t)</math> jest silnie rosnąca <math>\qquad \Longrightarrow \qquad f(t) > f (0) \qquad \Longrightarrow \qquad t - \log (1 + t) > 0</math>

Co należało pokazać.

'''Punkt 3.'''

Korzystamy z rozwinięcia funkcji <math>\operatorname{Log} (1 + z)</math> w szereg, które jest zbieżne dla <math>| z | < 1</math>

::<math>\operatorname{Log} (1 + z) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = z - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots</math>

Zatem

::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) | = \left| \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} \right| \leqslant \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} = | z | + {\small\frac{| z |^2}{2}} + {\small\frac{| z |^3}{3}} + {\small\frac{| z |^4}{4}} + {\small\frac{| z |^5}{5}} + \ldots</math>

Jeśli <math>z \neq 0</math>, to tylko wzmocnimy oszacowanie, zastępując każdy mianownik po prawej stronie liczbą <math>1</math>. Dostajemy

::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant | z | + | z |^2 + | z |^3 + | z |^4 + | z |^5 + \ldots = | z | (1 + | z | + | z |^2 + | z |^3 + | z |^4 + \ldots) = | z | \cdot {\small\frac{1}{1 - | z |}}</math>

gdzie skorzystaliśmy ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Co kończy dowód.

'''Punkt 4.'''

Oszacowanie wynika wprost z punktu 3. W tym punkcie zakładamy dodatkowo, że <math>z</math> znajduje się wewnątrz domkniętego koła o promieniu <math>r</math>, czyli, że <math>| z | \leqslant r < 1</math>. Z tego założenia wynika, że

::<math>1 - | z | \geqslant 1 - r > 0</math>

czyli

::<math>{\small\frac{1}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{1}{1 - r}}</math>

Zatem

::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - r}} \qquad\qquad</math> dla <math>| z | \leqslant r < 1</math>

'''Punkt 5.'''

Niech <math>z</math> leży wewnątrz zamkniętego koła o promieniu <math>r < 1</math>, czyli <math>| z | \leqslant r < 1</math>. Korzystamy z rozwinięcia funkcji <math>\operatorname{Log} (1 + z)</math> w szereg, które jest zbieżne dla <math>| z | < 1</math>

::<math>\operatorname{Log} (1 + z) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = z - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots</math>

Oczywiście

::<math>\operatorname{Log} (1 + z) - z = \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots</math>

Zatem

::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) - z | = \left| \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} \right| \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} = {\small\frac{| z |^2}{2}} + {\small\frac{| z |^3}{3}} + {\small\frac{| z |^4}{4}} + {\small\frac{| z |^5}{5}} + \ldots</math>

Jeśli <math>z \neq 0</math>, to tylko wzmocnimy oszacowanie, zastępując każdy mianownik po prawej stronie liczbą <math>2</math>. Dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{2}} = {\small\frac{| z |^2}{2}} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} | z |^k = {\small\frac{| z |^2}{2}} \cdot {\small\frac{1}{1 - | z |}} = {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - | z |)}}</math>
</div>

gdzie skorzystaliśmy ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Ponieważ założyliśmy dodatkowo, że <math>z</math> znajduje się wewnątrz domkniętego koła o promieniu <math>r</math>, czyli, że <math>| z | \leqslant r < 1</math>, to z tego założenia wynika, że

::<math>1 - | z | \geqslant 1 - r > 0</math>

czyli

::<math>{\small\frac{1}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{1}{1 - r}}</math>

Zatem

::<math>| \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - | z |)}} \leqslant {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - r)}} \qquad\qquad</math> dla <math>| z | \leqslant r < 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie ZB47 (potęga zespolona)</span><br/>
Niech <math>w, z \in \mathbb{C}</math>, <math>x \in \mathbb{R}</math>, <math>a \in \mathbb{R}_+</math>

:   ●      <math>| a^{i x} | = 1 \qquad</math> (tylko dla wartości głównej potęgi)

:   ●      <math>a^z \neq 0</math>

:   ●      <math>w^z = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad w = 0 \; \text{ i } \; \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Dla wartości głównej potęgi zespolonej mamy

::<math>a^{i x} = e^{i x \cdot \operatorname{Log} (a)}</math>

gdzie <math>\operatorname{Log} (a)</math> oznacza wartość główną logarytmu. Dla liczby rzeczywistej dodatniej <math>a</math> dostajemy

::<math>| a^{i x} | = | e^{i x \cdot \operatorname{Log} (a)} | = | e^{i x \cdot \ln (a)} | = 1</math>

Podkreślmy, że taki rezultat otrzymujemy jedynie w przypadku wartości głównej potęgi zespolonej <math>a^{i x}</math>. Przypadek ogólny pozostawiamy Czytelnikowi.

'''Punkt 2.'''

Własność ta wynika bezpośrednio z definicji potęgi zespolonej i – co warto podkreślić – nie zależy od wyboru gałęzi logarytmu. W ogólności, dla <math>k</math>-tej gałęzi logarytmu liczby dodatniej <math>a</math>, mamy

::<math>\log (a ; k) = \ln a + 2 k \pi i</math>

gdzie <math>\ln a</math> jest zwykłym logarytmem naturalnym z liczby rzeczywistej dodatniej. Podstawiając tę postać do ogólnej definicji potęgi zespolonej dla liczby <math>z = x + iy</math>, otrzymujemy wyrażenie

::<math>a^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (a ; k)}</math>

Ponieważ iloczyn liczb zespolonych <math>z \cdot \log (a ; k)</math> jest po prostu pewną nową liczbą zespoloną, to na mocy własności funkcji wykładniczej (zobacz [[#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1) otrzymujemy, że <math>a^z \neq 0</math>.

'''Punkt 3.'''

'''A. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{w \neq 0}</math>

Niech

::<math>\log (w ; k) = \ln | w | + i \cdot \operatorname{Arg} (w) + 2 k \pi i</math>

oznacza dowolną gałąź logarytmu liczby zespolonej <math>w \neq 0</math> (gdzie <math>\operatorname{Arg} (w)</math> to argument główny). Zgodnie z ogólną definicją potęgowania zespolonego, wyrażenie <math>w^z</math> zapisujemy jako

::<math>w^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (w ; k)}</math>

Ponieważ iloczyn liczb zespolonych <math>z \cdot \log (w ; k)</math> jest też pewną liczbą zespoloną, to na mocy własności funkcji wykładniczej (zobacz [[#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1) musi być <math>w^z \neq 0</math>. Widzimy, że wybór gałęzi logarytmu nie ma żadnego wpływu na ten wynik. Jest to ogólna własność funkcji wykładniczej <math>w^z</math>, gdy <math>w \neq 0</math>.

'''B. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{w = 0}</math>

Wyrażenie <math>0^z</math> ma jednoznaczny sens matematyczny tylko wtedy, gdy część rzeczywista wykładnika jest dodatnia ( <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math> ). Wówczas przyjmuje się, że <math>0^z = 0</math>. Aby zrozumieć, dlaczego ten warunek jest konieczny i jak zachowuje się potęga w otoczeniu zera, zbadamy granicę wyrażenia <math>w^z</math>, gdy podstawa <math>w</math> zmierza do zera z dowolnego kierunku. Zapiszmy podstawę w postaci wykładniczej <math>w = \rho e^{i \:\! \theta}</math>, gdzie promień <math>\rho \to 0^+</math>, a <math>\theta = \operatorname{Arg}(w)</math> to kąt (kierunek) podejścia. Dla dowolnej <math>k</math>-tej gałęzi logarytmu, logarytm liczby <math>w</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\log (w ; k) = \ln \rho + i \hspace{0.015em} \theta + 2 k \pi i</math>

Podstawiając to do definicji potęgi zespolonej dla wykładnika <math>z = x + i y</math>, otrzymujemy

::<math>w^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (w ; k)} = e^{(x + i y) \cdot [\ln \rho + i (\theta + 2 k \pi)]}</math>

Po wymnożeniu wykładnika, pogrupowaniu wyrazów i zastosowaniu wzoru Eulera, możemy przedstawić otrzymane wyrażenie na trzy części: promień (moduł liczby <math>w^z</math>), stały obrót początkowy oraz człon dynamiczny (odpowiedzialny za wirowanie)

::<math>w^z = \underbrace{ \rho^x \cdot e^{- y (\theta + 2 k \pi)} }_{ \text{Moduł (promień)} } \; \cdot \; \underbrace{ \vphantom{\rho} e^{i x (\theta + 2 k \pi)} }_{ \text{Stały obrót} } \; \cdot \; \underbrace{ \left[ \cos (y \ln \rho) + i \sin (y \ln \rho) \right] }_{ \text{Dynamiczne wirowanie} }</math>

Taki podział pozwala natychmiast zauważyć, że wybór gałęzi (liczba <math>k</math>) oraz kierunek podejścia (kąt <math>\theta</math>) nie biorą udziału w wirowaniu liczby <math>w^z</math> wokół punktu <math>z = 0</math> w miarę zbliżania się do tego punktu. Całą dynamikę zbliżania się do zera generuje wyłącznie człon <math>\ln \rho</math>. Analiza tego ogólnego wzoru, gdy <math>\rho \to 0^+</math>, prowadzi do następujących wniosków w zależności od wartości <math>z</math>

<math>\underline{ \text{1. Gdy } \operatorname{Re}(z) > 0 \; \text{ (czyli } x > 0 \text{)}}</math>

Ponieważ <math>x</math> jest dodatnie, to gdy <math>\rho \to 0^+</math>, czynnik <math>\rho^x</math> dąży do zera. Choć człon dynamiczny wiruje za sprawą wyrażenia <math>y \ln \rho \to \pm \infty</math>, to kurczący się promień <math>\rho^x \to 0</math> czyni ten efekt nieistotnym. Wykres <math>w^z</math> biegnie po spirali, która zostaje ściągnięta do jednego punktu <math>z = 0</math>. Granica istnieje ze wszystkich kierunków i dla każdej gałęzi wynosi dokładnie <math>0</math>.

<math>\underline{ \text{2. Gdy } \operatorname{Re}(z) < 0 \; \text{ (czyli } x < 0 \text{)}}</math>

Dla ujemnego <math>x</math>, gdy <math>\rho \to 0^+</math>, czynnik <math>\rho^x</math> dąży do <math>+ \infty</math>. Całe wyrażenie ucieka do nieskończoności, dodatkowo silnie wirując na płaszczyźnie zespolonej.

<math>\underline{ \text{3. Gdy } \operatorname{Re}(z) = 0 \; \text{ oraz } \; \operatorname{Im}(z) \neq 0 \; \text{ (czyli } x = 0, \; y \neq 0 \text{)}}</math>

Czynnik <math>\rho^x = \rho^0 = 1</math>, a czynnik stałego obrotu upraszcza się do <math>e^{i \cdot 0} = 1</math>. Wyrażenie redukuje się do postaci

::<math>w^z = e^{- y (\theta + 2 k \pi)} \cdot [\cos (y \ln \rho) + i \sin (y \ln \rho)]</math>

Widzimy, że w tym przypadku punkt porusza się po okręgu o stałym promieniu <math>e^{- y (\theta + 2 k \pi)}</math>. Ponieważ <math>\ln \rho \to - \infty</math>, punkt kręci się po tym okręgu nieskończenie szybko i nigdy się nie zatrzymuje. Z powodu tych nieustannych oscylacji granica w ogóle nie istnieje.

<math>\underline{ \text{4. Gdy } z = 0 \; \text{ (czyli } x = 0, \; y = 0 \text{)}}</math>

Wyrażenie upraszcza się bezpośrednio do <math>\rho^0 \cdot e^0 \cdot e^0 \cdot [\cos (0) + i \sin (0)] = 1</math>. W tym jednym, odosobnionym punkcie wartość wynosi zawsze <math>1</math>, niezależnie od <math>\rho</math>, kierunku <math>\theta</math> czy wyboru gałęzi <math>k</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="ZB48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga ZB48</span><br/>
Jak pokazaliśmy wyżej, w analizie zespolonej operacje takie jak potęgowanie (<math>w^z</math>) czy logarytmowanie (<math>\log z</math>) są z natury wielowartościowe. Warto jednak wiedzieć, że w większości książek i artykułów naukowych obowiązuje niepisana umowa mająca na celu zapewnienie jednoznaczności. Warto o niej pamiętać, gdyż autorzy rzadko formułują ją wprost:

'''<u>Wartość główna potęgi zespolonej dla podstaw dodatnich</u>'''

Ilekroć w definicjach funkcji (takich jak funkcja zeta Riemanna <math>\textstyle \sum k^{- z}</math> czy funkcja gamma <math>\textstyle \int t^{z - 1} e^{- t} dt</math>) podstawa potęgi jest liczbą rzeczywistą dodatnią (<math>k, t > 0</math>), to zapis <math>k^z</math>, <math>t^z</math> zawsze oznacza wartość główną potęgi. Definiuje się ją jako <math>t^z = e^{z \ln t}</math>, gdzie <math>\ln t</math> to klasyczny, rzeczywisty logarytm naturalny (<math>\ln : \mathbb{R}_+ \rightarrow \mathbb{R}</math>).

'''<u>Rożne oznaczenia logarytmu</u>'''

W literaturze mamy dwoistość oznaczeń. Część autorów rygorystycznie odróżnia wartość główną logarytmu, pisząc ją wielką literą (<math>\operatorname{Log} z</math>), od operacji wielowartościowej (<math>\log z</math>). Bardzo często jednak – dla uproszczenia zapisu – autorzy używają wyłącznie małej litery (<math>\log z</math> lub <math>\ln z</math>), domyślnie przyjmując wartość główną logarytmu (dla argumentu z przedziału <math>(- \pi, \pi]</math>).<br/>

Świadomość tej powszechnej praktyki pozwala uniknąć pozornych sprzeczności: dzięki niej wielowartościowe obiekty analizy zespolonej stają się jednoznacznymi funkcjami, które można bez przeszkód różniczkować i całkować.

 

Szeregi liczbowe

2026-06-17T16:08:58Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">07.04.2022</div>

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

<span id="D1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>

::<math>a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n + \ldots = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>

nazywamy szeregiem nieskończonym o wyrazach <math>a_n</math>.

<span id="D2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

<span id="D3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

<span id="D4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> będzie ciągiem sum częściowych, wtedy <math>a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_n</math>. Z założenia ciąg <math>(S_n)</math> jest zbieżny, zatem

::<math>\lim_{n \to \infty} a_{n + 1} = \lim_{n \to \infty} \left ( S_{n+1} - S_{n} \right ) = \lim_{n \to \infty} S_{n + 1} - \lim_{n \to \infty} S_n = 0</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Okazuje się, że bardzo łatwo podać przykład szeregów, dla których warunek <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math> jest warunkiem wystarczającym. Opisany w poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
<span id="D5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych. Jeżeli

::<math>\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} a_n = 0</math>

to szereg <math>\underset{k = 1}{\overset{\infty}{\sum}} (- 1)^{k + 1} \cdot a_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Grupując wyrazy szeregu po dwa, otrzymujemy sumę częściową postaci

::<math>S_{2 m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \ldots + (a_{2 m - 1} - a_{2 m})</math>

Ponieważ ciąg <math>(a_n)</math> jest ciągiem malejącym, to każde wyrażenie w nawiasie jest liczbą nieujemną. Z drugiej strony

::<math>S_{2 m} = a_1 - (a_2 - a_3) - (a_4 - a_5) - \ldots - (a_{2 m - 2} - a_{2 m - 1}) {- a_{2 m}} < a_1</math>

Zatem dla każdego <math>m</math> ciąg sum częściowych <math>S_{2 m}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C12|C12]] jest zbieżny, czyli

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>

Pozostaje zbadać sumy częściowe <math>S_{2 m + 1}</math>. Rezultat jest natychmiastowy

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m + 1} = \lim_{m \to \infty} (S_{2 m} + a_{2 m + 1}) = \lim_{m \to \infty} S_{2 m} + \lim_{m \to \infty} a_{2 m + 1} = g + 0 = g</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D6</span><br/>
Pokazać, że dla <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math> jest

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Przypomnijmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} q^k = {\small\frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q}} \qquad \qquad \text{dla} \quad q \neq 1</math>

Kładąc <math>q = - x^{a}</math>, gdzie <math>x \geqslant 0</math> i <math>a > 0</math>, mamy <math>q \leqslant 0</math> i <math>q \neq 1</math>. Zatem otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k = \frac{1 - (- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k + \frac{(- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} + \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

Całkując obie strony równania w granicach od <math>0</math> do <math>1</math>, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \qquad \qquad \qquad (\ast)</math>
</div>

Łatwo znajdujemy pierwszą całkę po prawej stronie

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x = \sum^n_{k = 0} (- 1)^k \int^1_0 x^{a k} d x = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k \left[ {\small\frac{x^{a k + 1}}{a k + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} \right] = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}}</math>
</div>

Dla drugiej całki po prawej stronie wzoru <math>(\ast)</math> wystarczy znaleźć odpowiednie oszacowanie. Ponieważ dla <math>x \in [0, 1]</math> i <math>a > 0</math>, to <math>| x | = x</math> i <math>| 1 + x^{a} | = 1 + x^{a} \geqslant 1</math>. Zatem

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>0 \leqslant \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| \leqslant \int^1_0 \left| {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} \right| d x = \int^1_0 {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} d x \leqslant \int^1_0 x^{a (n + 1)} d x = {\small\frac{x^{a (n + 1) + 1}}{a (n + 1) + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{a (n + 1) + 1}}</math>
</div>

Z twierdzenia o trzech ciągach ([[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| = 0</math>
</div>

Czyli (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2)

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} dx = 0</math>
</div>

Możemy teraz wzór <math>(\ast)</math> zapisać w postaci

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x</math>
</div>

i przechodząc do granicy, dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>
</div>

'''Punkt 2.'''

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^k}{{\small\frac{a}{b}} \cdot k + 1} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
Korzystając z rezultatu uzyskanego w zadaniu [[#D6|D6]], znajdziemy sumy niektórych szeregów.

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x}} d x = \log (1 + x) \biggr\rvert_{0}^{1} = \log 2 \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (szereg harmoniczny naprzemienny)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{2 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{7}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^2}} d x = \operatorname{arctg}(x) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E2%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (wzór Leibniza na <math>\pi</math>)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{3 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^3}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{3}}{9}} + {\small\frac{\log 2}{3}} = 0.8356488482647 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E3%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{4 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{17}} - {\small\frac{1}{21}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^4}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{2}}{8}} + \frac{\sqrt{2} \cdot \log \left( 1 + \sqrt{2} \right)}{4} = 0.8669729873399 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{6 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{25}} - {\small\frac{1}{31}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^6}} d x = {\small\frac{\pi}{6}} + \frac{\sqrt{3} \cdot \log \left( 2 + \sqrt{3} \right)}{6} = 0.90377177374877 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\pi k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{\pi}}} d x = {\small\frac{1}{2 \pi}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} \right) \right] = 0.840943255440756 \ldots</math>

Gdzie <math>\psi (x)</math> oznacza funkcję digamma (zobacz [[#D148|D148]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D153|D153]].

<span id="D8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że założenie <math>s > 1</math> zapewnia zbieżność szeregu po prawej stronie. Zapiszmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math> w postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i nieparzystych

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} = 1 + {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} + {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} + \ldots</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Otrzymujemy wzór

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Podobnie rozpiszmy szereg naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = 1 - {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} - {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} - \ldots</math>

:::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} - {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D9</span><br/>
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta<ref name="DirichletEta"/>, którą definiuje szereg naprzemienny

::<math>\eta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>

lub funkcja dzeta Riemanna<ref name="RiemannZeta"/>, którą definiuje inny szereg

::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Na podstawie twierdzenia [[#D8|D8]] funkcje te są związane wzorem

::<math>\eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s)</math>

Dla <math>s \in \mathbb{R}_+</math> funkcja eta Dirichleta jest zbieżna. Możemy ją wykorzystać do znajdowania sumy szeregu naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| <math>s = {\small\frac{1}{2}}</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{\sqrt{k}}} = 0.604898643421 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%2F2%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 1</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2 = 0.693147180559 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 2</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{12}} = 0.822467033424 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B2%5D WolframAlpha]
|}

<span id="D10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
Niech <math>N \in \mathbb{Z}_+</math>. Szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W przypadku zbieżności zachodzi związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \left ( a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1} \right ) + \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S(n) =\sum_{k = 1}^{n} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant 1</math>) oznacza sumę częściową pierwszego szeregu, a <math>T(n) = \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant N</math>) oznacza sumę częściową drugiego szeregu. Dla <math>n \geqslant N</math> mamy

::<math>S(n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1}) + T (n)</math>

Widzimy, że dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności zbieżność (rozbieżność) jednego ciągu implikuje zbieżność (rozbieżność) drugiego.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze)</span><br/>
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek

::<math>0 \leqslant a_k \leqslant b_k</math>

to

#   zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> pociąga za sobą zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>
#   rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> pociąga za sobą rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dowód przeprowadzimy dla szeregów <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math>, które są (odpowiednio) jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne z szeregami <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

'''Punkt 1.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Niech <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k = b</math>, zatem z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k \leqslant b</math>

Zauważmy, że ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> jest ciągiem rosnącym (bo <math>a_k \geqslant 0</math>) i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>\left ( A_n \right )</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny, a z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math>

Rosnący ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> nie może być ograniczony od góry, bo przeczyłoby to założeniu, że szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny. Wynika stąd i z wypisanych wyżej nierówności, że również ciąg sum częściowych <math>B_n = \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math> nie może być ograniczony od góry, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k \right |</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest również zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>b_k = a_k + | a_k |</math>. Z definicji prawdziwe jest następujące kryterium porównawcze

::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>

Zatem z punktu 1. twierdzenia [[#D11|D11]] wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Ponieważ szeregi po prawej stronie są zbieżne, to zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>. Zauważmy, że jedynie w przypadku, gdyby obydwa szeregi po prawej stronie były rozbieżne, nie moglibyśmy wnioskować o zbieżności / rozbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, bo suma szeregów rozbieżnych może być zbieżna.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D13</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''bezwzględnie zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest zbieżny.

Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''warunkowo zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, ale szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest rozbieżny.

<span id="D14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D14</span><br/>
Suma szeregów zbieżnych jest zbieżna, a suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''

Pokażemy, że suma szeregów zbieżnych jest zbieżna.</br>
Załóżmy, że szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> są zbieżne. Niech <math>A_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> oraz <math>B_n = \sum_{k = 1}^n b_k</math> będą ciągami sum częściowych tych szeregów. Ponieważ założyliśmy zbieżność szeregów, to ciągi <math>(A_n)</math> i <math>(B_n)</math> mają skończone granice.

::<math>\lim_{n \to \infty} A_n = S_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \lim_{n \to \infty} B_n = S_B</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, gdzie <math>c_k = a_k + b_k</math>. Ciąg sum częściowych tego szeregu oznaczymy jako <math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k</math>. Ponieważ w przypadku sum skończonych możemy dowolnie zmieniać kolejność składników, to

::<math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k = \sum_{k = 1}^n (a_k + b_k) = \sum_{k = 1}^n a_k + \sum_{k = 1}^n b_k = A_n + B_n</math>

Aby zbadać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, musimy obliczyć granicę ciągu sum częściowych <math>(C_n)</math> przy <math>n \to \infty</math>. Korzystając z twierdzenia o granicy sumy ciągów (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]]), otrzymujemy

::<math>\lim_{n \to \infty} C_n = \lim_{n \to \infty} (A_n + B_n) = \lim_{n \to \infty} A_n + \lim_{n \to \infty} B_n = S_A + S_B</math>

Skoro granica ciągu sum częściowych <math>C_n</math> istnieje i jest skończona, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Pokażemy, że suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.</br>
Z założenia szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty}b_k</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem szeregi zbudowane z modułów ich wyrazów są zbieżne do pewnych skończonych wartości

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k | = M_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} |b_k | = M_B</math>

Chcemy pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k + b_k |</math> jest zbieżny. Zdefiniujmy sumę częściową tego szeregu

::<math>V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k |</math>

Łatwo widzimy, że

::<math>0 \leqslant V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^n (| a_k | + | b_k |) = \sum_{k = 1}^n | a_k | + \sum_{k = 1}^n | b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k | + \sum_{k = 1}^{\infty} | b_k | = M_A + M_B</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(V_n)</math> jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D15</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w jednej z postaci

# <math>\quad a_k = f_k - f_{k + 1}</math>
# <math>\quad a_k = f_{k - 1} - f_k</math>

to odpowiadający temu ciągowi szereg nazywamy szeregiem teleskopowym. Suma częściowa szeregu teleskopowego jest odpowiednio równa

# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_m - f_{n + 1}</math>
# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_{m - 1} - f_n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) =</math>

::::<math>= (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + (f_{m + 2} - f_{m + 3}) + \ldots + (f_{n - 1} - f_n) + (f_n - f_{n + 1})</math>

::::<math>= f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + f_{m + 2} - f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1} - f_n + f_n - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + f_{m + 2}) + (- f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1}) + (- f_n + f_n) - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m - f_{n + 1}</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) =</math>

::::<math>= (f_{m - 1} - f_m) + (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + \ldots + (f_{n - 2} - f_{n - 1}) + (f_{n - 1} - f_n)</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_m + f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2} - f_{n - 1} + f_{n - 1} - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D16</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k (k - 1)}} = 1</math>
|
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{3}{4}}</math>
|
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}} = 1.644934066848 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A013661 A013661], [https://www.wolframalpha.com/input/?i=Zeta%282%29 WolframAlpha]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym

::<math>{\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = \sum^n_{k = 1} \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) = 1 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest identyczny z szeregiem z punktu 1., co łatwo zauważyć zmieniając zmienną sumowania <math>k = s + 1</math> i odpowiednio granice sumowania.

'''Punkt 3.'''<br/>
Należy skorzystać z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) + \left( {\small\frac{1}{k - 1}} - {\small\frac{1}{k}} \right) \right]</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność

::<math>0 < {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math>

to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D17</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 1.860025079221 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} = 0.788530565911 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085361 A085361]
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.257746886944 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} = 1.069058310734 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>

Wystarczy zauważyć, że

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} = {\small\frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}}</math>

::::::<math>\:\, > {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::::::<math>\:\, < 2 \sum_{k = 1}^n \left( {\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, < 2</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.&hairsp;4, możemy napisać oszacowanie

::<math>0 < {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} < {\small\frac{\sqrt{k}}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} = {\small\frac{k \log (k - 1) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log \left( k \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) \right) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) - k \log (k) + \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Czyli prawdziwe jest oszacowanie

::<math>{\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Zatem możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \sum_{k = 2}^{n} \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 4.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log (k + 1) - \log (k)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Z drugiej strony mamy

::<math>{\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} = {\small\frac{\log (k) - \log (k - 1)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k - 1}} \right)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Wynika stąd następujący ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Rezultat ten wykorzystamy w pełni w przykładzie [[#D18|D18]], a do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy

::<math>\sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < \sum_{k = 3}^{n} \left[ {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{\log 2}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D18</span><br/>
Na przykładzie szeregu <math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math> pokażemy, jak należy obliczać przybliżoną wartość sumy szeregu.

Ponieważ nie jesteśmy w stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części

::<math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} + \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Wartość pierwszej części możemy policzyć bezpośrednio, a dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.

Dowodząc twierdzenie [[#D17|D17]], w punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Wykorzystamy powyższy wzór do znalezienia potrzebnego nam oszacowania. Sumując strony nierówności, dostajemy

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right)</math>

Ponieważ szeregi po lewej i po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} - {\small\frac{1}{\log n}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}}</math>

Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od <math>k = 3</math> do <math>k = m</math>

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Poniżej przedstawiamy wartości oszacowania sumy szeregu znalezione przy pomocy programu PARI/GP dla kolejnych wartości <math>m</math>. Wystarczy proste polecenie

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 8, s = '''sum'''( k = 3, 10^n, 1/k/('''log'''(k))^2 ); '''print'''( "n= ", n, " a= ", s + 1/'''log'''(10^n+1), " b= ", s + 1/'''log'''(10^n) ))</span>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>m = 10^1</math> || <math>1.06</math> || <math>1.07</math>
|-
| <math>m = 10^2</math> || <math>1.068</math> || <math>1.069</math>
|-
| <math>m = 10^3</math> || <math>1.06904</math> || <math>1.06906</math>
|-
| <math>m = 10^4</math> || <math>1.069057</math> || <math>1.069058</math>
|-
| <math>m = 10^5</math> || <math>1.0690582</math> || <math>1.0690583</math>
|-
| <math>m = 10^6</math> || <math>1.06905830</math> || <math>1.06905831</math>
|-
| <math>m = 10^7</math> || <math>1.0690583105</math> || <math>1.0690583109</math>
|-
| <math>m = 10^8</math> || <math>1.06905831071</math> || <math>1.06905831074</math>
|}

Dysponując oszacowaniem reszty szeregu, znaleźliśmy wartość sumy szeregu z dokładnością 10 miejsc po przecinku.

Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik

::<math>\sum_{k = 3}^{10^8} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = 1.014 771 500 510 916 \ldots</math>

Zatem mimo zsumowania stu milionów(!) wyrazów szeregu otrzymaliśmy rezultat z dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.

Rozpatrywana wyżej sytuacja pokazuje, że w przypadku znajdowania przybliżonej wartości sumy szeregu ważniejsze od sumowania ogromnej ilości wyrazów jest posiadanie oszacowania nieskończonej reszty szeregu. Ponieważ wyznaczenie tego oszacowania na ogół nie jest proste, pokażemy jak ten problem rozwiązać przy pomocy całki oznaczonej.

== Grupowanie i przestawianie wyrazów szeregu ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcje</span> ===

 

<span id="D19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D19</span><br/>
Niech będą dane dwa zbiory <math>X</math> i <math>Y</math>. Funkcją nazywamy takie odwzorowanie, które każdemu elementowi zbioru <math>X</math> przyporządkowuje dokładnie jeden element zbioru <math>Y</math>.

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest różnowartościowa, jeżeli dla dowolnych elementów <math>x_1, x_2 \in X</math> prawdziwa jest implikacja
::<math>x_1 \neq x_2 \Longrightarrow f (x_1) \neq f (x_2)</math>
lub implikacja równoważna
::<math>f(x_1) = f (x_2) \Longrightarrow x_1 = x_2</math>

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na", jeżeli dla każdego elementu <math>y \in Y</math> istnieje taki element <math>x \in X</math>, że <math>y = f (x)</math>

Funkcję różnowartościową nazywamy też '''iniekcją''', a funkcję na "na" '''suriekcją'''.

Funkcję różnowartościową i "na" nazywamy funkcją wzajemnie jednoznaczną (lub '''bijekcją''').

Niech <math>f : X \rightarrow Y</math>. Powiemy, że <math>f</math> jest funkcją odwracalną, jeżeli istnieje taka funkcja <math>g : Y \rightarrow X</math>, że
::●    <math>g (f (x)) = x</math> dla każdego <math>x \in X</math>
::●    <math>f (g (y)) = y</math> dla każdego <math>y \in Y</math>
Funkcję <math>g</math> spełniającą powyższe warunki będziemy nazywali funkcją odwrotną do <math>f</math> i oznaczali symbolem <math>f^{- 1}</math>.

<span id="D20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D20</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną (czyli jest bijekcją), to ma dokładnie jedną funkcję odwrotną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Załóżmy, że <math>f : X \rightarrow Y</math> jest bijekcją. Zauważmy, że
* z założenia <math>f</math> jest funkcją "na" (suriekcją), zatem każdemu elementowi <math>y \in Y</math> musi odpowiadać przynajmniej jeden element <math>x \in X</math> taki, że <math>f(x) = y</math>

* przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że pewnemu elementowi <math>y \in Y</math> odpowiadają dwa '''różne''' elementy <math>x_1, x_2 \in X</math> takie, że <math>f(x_1) = y</math> i <math>f(x_2) = y</math>; ale z założenia <math>f</math> jest funkcją różnowartościową (iniekcją) i wiemy, że jeżeli <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, to <math>x_1 = x_2</math>; z otrzymanej sprzeczności wynika natychmiast, że element <math>x \in X</math> odpowiadający elementowi <math>y \in Y</math> jest '''jedyny'''.

Widzimy, że funkcja <math>f</math>, która jest różnowartościowa i "na" (bijekcja) przypisuje każdemu elementowi <math>x \in X</math> dokładnie jeden element <math>y \in Y</math> (to akurat wynika z definicji funkcji) i '''jednocześnie każdemu''' elementowi <math>y \in Y</math> odpowiada '''dokładnie jeden''' element <math>x \in X</math>.

::[[File: Funkcja-odwrotna.png|160px|none]]

Zatem możemy zdefiniować funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math> w następujący sposób: dla każdego <math>y \in Y</math> niech <math>f^{- 1} (y)</math> będzie tym '''jedynym''' elementem <math>x \in X</math> spełniającym <math>f(x) = y</math>.

Z powyższej definicji wynika, że
* dla dowolnego <math>x \in X</math> mamy <math>f^{- 1} (f (x)) = f^{- 1} (y) = x</math>
* dla dowolnego <math>y \in Y</math> jest <math>f (f^{- 1} (y)) = f (x) = y</math>

Pokażemy jeszcze, że funkcja odwrotna <math>f</math> jest wyznaczona jednoznacznie.

Niech <math>g : Y \rightarrow X</math> oraz <math>h : Y \rightarrow X</math> będą dwiema funkcjami odwrotnymi do <math>f</math>. Niech <math>y</math> będzie dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>. Z
definicji funkcji odwrotnej mamy <math>f (g (y)) = y</math> i <math>f (h (y)) = y</math>. Ponieważ
<math>f</math> jest funkcją różnowartościową i <math>f (g (y)) = f (h (y))</math>, to musi być <math>g(y) = h (y)</math>. Ponieważ <math>y</math> był dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>, to wypisana równość zachodzi dla każdego <math>y \in Y</math>, skąd natychmiast wynika, że funkcje <math>g</math> i <math>h</math> są identyczne. Czyli istnieje dokładnie jedna funkcja odwrotna do funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D21</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną, to jest funkcją wzajemnie jednoznaczną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math>.

'''1.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na" (jest suriekcją)

Załóżmy, że <math>y \in Y</math> i niech <math>x = f^{- 1} (y)</math>, mamy

::<math>f(x) = f (f^{- 1} (y)) = y</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na".

'''2.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową (jest iniekcją)

Załóżmy, że <math>x_1, x_2 \in X</math> i <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, mamy

::<math>x_1 = f^{- 1} (f (x_1)) = f^{- 1} (f (x_2)) = x_2</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D22</span><br/>
Pokazać, że <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbiorem ograniczonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

<math>\Large{\Longrightarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym, zatem <math>A = \{ k_1, \ldots, k_n \}</math>, gdzie <math>k_i \in \mathbb{N}</math>, a <math>n</math> jest iloscią elementów zbioru <math>A</math>. Wystarczy przyjąć <math>M = \max (k_1, \ldots, k_n)</math>, aby dla każdego <math>k_i \in A</math> było <math>k_i \leqslant M</math>. Czyli zbiór <math>A</math> jest zbiorem ograniczonym.

<math>\Large{\Longleftarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem ograniczonym, zatem istnieje taka liczba <math>M</math>, że dla każdego <math>k_i \in A</math> jest <math>k_i \leqslant M</math>. Ponieważ <math>\mathbb{N}</math> jest zbiorem dyskretnym, to zbiór ma nie więcej niż <math>M</math> elementów, zatem jest zbiorem skończonym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D23</span><br/>
Niech <math>A</math> będzie dowolnym zbiorem skończonym, a <math>f</math> dowolną funkcją określoną na <math>A</math>. Pokazać, że obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> jest zbiorem skończonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji funkcji wiemy, że każdemu elementowi <math>k \in A</math> odpowiada dokładnie jeden element zbioru <math>A</math>, zatem obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> nie może zawierać więcej elementów niż zbiór <math>A</math>, zatem musi być zbiorem skończonym. Oczywiście <math>f(A)</math> może zawierać mniej elementów niż zbiór <math>A</math>, np. w przypadku funkcji <math>f(k) = k^2</math> i zbioru <math>A = \{ - 5, - 4, \ldots, 4, 5 \}</math> lub funkcji stałej <math>f(k) = C</math> i dowolnego skończonego zbioru <math>A</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Grupowanie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D24</span><br/>
Problem, który pojawia się w przypadku grupowania wyrazów szeregu, zilustrujemy przykładem. Rozważmy szereg

::<math>1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + {\small\frac{1}{8^2}} + {\small\frac{1}{9^2}} + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots \qquad (*)</math>

Jest to szereg zbieżny (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;4) i oczywiście jest bezwzględnie zbieżny. Możemy łatwo popsuć zbieżność tego szeregu, dodając nowe wyrazy. Zauważmy, że szereg

::<math>1 - 1 + 1 + 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} + 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} + 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} + 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} + 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} + \ldots \qquad (**)</math>

jest rozbieżny. Czytelnik łatwo sprawdzi, że suma częściowa tego szeregu wyraża się wzorem

::<math>S_n = \sum_{j = 1}^{\lfloor n / 3 \rfloor} {\small\frac{1}{j^2}} +
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n = 3 k \\
\lfloor n / 3 \rfloor + 1 & & \text{gdy } n = 3 k + 1 \\
0 & & \text{gdy } n = 3 k + 2 \\
\end{cases}</math>

Mamy zatem: <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \infty</math>, gdy <math>n = 3 k + 1</math> i <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>, gdy <math>n = 3 k</math> lub <math>n = 3 k + 2</math>. Skąd wynika natychmiast rozbieżność szeregu <math>(**)</math>. Zauważmy, że możemy łatwo temu szeregowi przywrócić zbieżność grupując wyrazy po trzy

::<math>(1 - 1 + 1) + \left( 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} \right) + \left( 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} \right) + \left( 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} \right) + \left( 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} \right) + \left( 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

W wyniku otrzymujemy zbieżny szereg <math>(*)</math>. Możemy też zastosować grupowanie: dwa wyrazy, jeden wyraz. Dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1) + (2 - 2) + \left( {\small\frac{1}{2^2}} \right) + (3 - 3) + \left( {\small\frac{1}{3^2}} \right) + (4 - 4) + \left( {\small\frac{1}{4^2}} \right) + (5 - 5) + \left( {\small\frac{1}{5^2}} \right) + (6 - 6) + \left( {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

Czyli szereg postaci

::<math>0 + 1 + 0 + {\small\frac{1}{2^2}} + 0 + {\small\frac{1}{3^2}} + 0 + {\small\frac{1}{4^2}} + 0 + {\small\frac{1}{5^2}} + 0 + {\small\frac{1}{6^2}} + 0 + {\small\frac{1}{7^2}} + 0 + {\small\frac{1}{8^2}} + 0 + {\small\frac{1}{9^2}} + 0 + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots</math>

Suma tego szeregu wynosi oczywiście <math>{\small\frac{\pi^2}{6}}</math>.

Widzimy, że szereg rozbieżny można uczynić zbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu. Podane niżej twierdzenie odpowiada na pytanie: czy szereg zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo) możemy uczynić rozbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu.

<span id="D25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
Zbadać, czy suma wypisanych niżej szeregów zależy od sposobu grupowania wyrazów tych szeregów.

::<math>1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - \ldots</math>

::<math>1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + 7 - 8 + 9 - 10 + 11 - 12 + \ldots</math>

::<math>1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} + \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pierwszy i drugi szereg nie są zbieżne, bo nie spełniają warunku koniecznego zbieżności szeregu: <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. W przypadku pierwszego szeregu mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
1 & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Widzimy, że nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, czyli szereg jest rozbieżny, ale grupując wyrazy po dwa, dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \ldots = 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + \ldots = 1 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 1</math>

Dla drugiego szeregu jest podobnie

::<math>S_n =
\begin{cases}
- {\large\frac{n}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{n + 1}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, zatem szereg jest rozbieżny. Grupując wyrazy po dwa, mamy

::<math>(1 - 2) + (3 - 4) + (5 - 6) + (7 - 8) + (9 - 10) + (11 - 12) + \ldots = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - \ldots = - \infty</math>

::<math>1 + (- 2 + 3) + (- 4 + 5) + (- 6 + 7) + (- 8 + 9) + (- 10 + 11) + (- 12 + 13) + \ldots = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + \ldots = + \infty</math>

Trzeci szereg spełnia warunek konieczny zbieżności szeregu, ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
\;\;\; 0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{2}{n + 1}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Ponieważ <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>, to trzeci szereg jest warunkowo zbieżny. Zauważmy, że

::<math>(1 - 1) + \left( {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + \left( - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{20}} - \ldots = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 0 \qquad \quad</math> (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;1)

::<math>\left( 1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + \ldots \longrightarrow 0</math>

Widzimy, że zmiana sposobu grupowania nie zmieniła sumy tego szeregu.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D26</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo), to jego suma nie zależy od pogrupowania wyrazów pod warunkiem, że każda z grup obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Uwaga: warunek, aby grupy obejmowały jedynie skończoną ilość wyrazów, stosujemy do ustalonej grupy, co nie wyklucza sytuacji, że rozmiar grupy rośnie dla kolejnych grup, np. <math>n</math>-ta grupa zawiera <math>n</math> wyrazów szeregu.
Zauważmy, że podciąg <math>k_j = {\small\frac{1}{2}} (j^2 - j + 2)</math> jest równie dobrym podciągiem, jak każdy inny, a w tym przypadku <math>n</math>-ta grupa obejmuje dokładnie <math>n</math> wyrazów szeregu.

Rozważmy szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14} + \ldots</math>

oraz dowolne grupowanie wyrazów tego szeregu, na przykład

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = (a_1) + (a_2 + a_3) + (a_4 + a_5 + a_6) + (a_7 + a_8) + (a_9 + a_{10} + a_{11}) + (a_{12} + a_{13} + a_{14}) + \ldots</math>

Każda grupa (zgodnie z założeniem) obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów. Takie grupowanie w rzeczywistości tworzy nowy szereg

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + b_{k_3} + b_{k_4} + b_{k_5} + b_{k_6} + \ldots</math>

gdzie <math>(k_j)</math> jest pewnym podciągiem ciągu liczb naturalnych określonych przez wskaźnik pierwszego wyrazu po nawiasie otwierającym grupę, a samą grupę możemy zapisać jako

::<math>b_{k_j} = (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

W naszym przykładzie mamy: <math>k_1 = 1</math>, <math>k_2 = 2</math>, <math>k_3 = 4</math>, <math>k_4 = 7</math>, <math>k_5 = 9</math>, <math>k_6 = 12, \; \ldots</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> ma granicę. Ciąg sum częściowych szeregu <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j}</math> możemy zapisać w postaci

::<math>T_m = \sum_{j = 1}^{m} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + \ldots + b_{k_m} = \sum_{j = 1}^{m} (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

Łatwo widzimy, że <math>T_m</math> jest sumą wszystkich wyrazów ciągu <math>(a_k)</math> o wskaźnikach mniejszych od <math>k_{m + 1}</math>, czyli

::<math>T_m = S_{k_{m + 1} - 1}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(T_m)</math> jest podciągiem ciągu zbieżnego <math>(S_n)</math>, to też jest zbieżny do tej samej granicy (zobacz [[Ciągi liczbowe#C77|C77]]). Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Przestawianie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D27</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math> powstał w wyniku przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, jeżeli <math>b_k = a_{f (k)}</math>, gdzie funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną i <math>f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math>.

<span id="D28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D28</span><br/>
Zauważmy, że funkcja <math>f(k)</math> musi
:* odwzorowywać zbiór <math>\mathbb{N}</math> "na" <math>\mathbb{N}</math>, bo każdy wyraz ciągu <math>(a_k)</math> musi wystąpić w ciągu <math>(b_k)</math>
:* być funkcją różnowartościową

Różnowartościowość funkcji <math>f(k)</math> wyklucza sytuację, gdy dwóm wyrazom ciągu <math>(b_k)</math> o różnych indeksach odpowiada taki sam wyraz z ciągu <math>(a_k)</math>. Weźmy dla przykładu szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

Mamy: <math>b_5 = a_{f (5)} = b_6 = a_{f (6)} = a_5</math>, czyli <math>f(5) = f (6) = 5</math>. Otrzymaliśmy w ten sposób szereg złożony z innych wyrazów: pierwszy ma wszystkie wyrazy różne, a drugi ma dwa takie same.

<span id="D29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D29</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Funkcji <math>f</math> opisującej przestawianie wyrazów zazwyczaj nie daje się zapisać prostym wzorem. Powiedzmy, że dokonujemy tylko jednego przestawienia: wyraz <math>a_5</math> będzie teraz dziesiątym wyrazem w nowym szeregu. Takie przestawienie opisuje funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k & & \text{gdy } k < 5 \\[0.3em]
k + 1 & & \text{gdy } 5 \leq k < 10 \\[0.3em]
5 & & \text{gdy } k = 10 \\[0.3em]
k & & \text{gdy } k > 10 \\
\end{cases}</math>

Co dobrze pokazuje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=12 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>b_9</math> || <math>b_{10}</math> || <math>b_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>a_{f(9)}</math> || <math>a_{f(10)}</math> || <math>a_{f(11)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_3</math> || <math>a_4</math> || <math>a_6</math> || <math>a_7</math> || <math>a_8</math> || <math>a_9</math> || <math>a_{10}</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Niżej przedstawiamy jeszcze dwa przykłady.

<span id="D30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D30</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k + 1 & & \text{gdy } k \text{ jest nieparzyste} \\[0.3em]
k - 1 & & \text{gdy } k \text{ jest parzyste} \\
\end{cases}</math>

tworzy nowy szereg, w którym wyrazy o indeksach parzystych mają w nowym szeregu indeksy nieparzyste, a wyrazy o indeksach nieparzystych mają w nowym szeregu indeksy parzyste.

Co ilustruje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=8 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{2 j - 1}</math> || <math>b_{2 j}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(2 j - 1)}</math> || <math>a_{f(2 j)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_2</math> || <math>a_1</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j}</math> || <math>a_{2 j - 1}</math> || <math>\ldots</math>
|}

<span id="D31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D31</span><br/>
Niech <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będzie szeregiem harmonicznym naprzemiennym <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>, a funkcja opisująca przestawianie wyrazów szeregu ma postać

::<math>f(k) =
\begin{cases}
\large{\frac{2 k + 1}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 1 \\
\large{\frac{4 k - 2}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 2 \\
\large{\frac{4 k}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j \\
\end{cases}</math>

Rezultaty przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> zbierzemy w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=13 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{3 j + 1}</math> || <math>b_{3 j + 2}</math> || <math>b_{3 j + 3}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(3 j + 1)}</math> || <math>a_{f(3 j + 2)}</math> || <math>a_{f(3 j + 3)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>a_6</math> || <math>a_8</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{10}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j + 1}</math> || <math>a_{4 j + 2}</math> || <math>a_{4 j + 4}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>1</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4}}</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{6}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{8}}</math> || <math>{\small\frac{1}{5}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{10}}</math> || <math>\ldots</math> || <math>{\small\frac{1}{2 j + 1}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 4}}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Dokładnie z takim przestawieniem wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego spotkamy się w zadaniu [[#D32|D32]] p.&hairsp;2.

<span id="D32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D32</span><br/>
Niech <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math> i niech <math>[n, \ldots, n']</math> będzie dowolnym przedziałem liczb naturalnych o długości nie większej od <math>M</math>. Pokazać, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zgodnie z definicją granicy chcemy pokazać, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| < \varepsilon</math>

Z założenia <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, a z definicji tej granicy wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon' > 0</math> istnieje takie <math>N'_0</math>, że dla każdego <math>k > N'_0</math> jest <math>| a_k | < \varepsilon'</math>.

Ponieważ <math>\varepsilon'</math> możemy obrać dowolnie, to dla wybranego przez nas <math>\varepsilon</math> niech

::<math>\varepsilon' = {\small\frac{\varepsilon}{M}}</math>

Teraz już łatwo widzimy, że dla <math>n > N'_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| \leqslant \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} | a_k | < M \cdot \varepsilon' = M \cdot {\small\frac{\varepsilon}{M}} = \varepsilon</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D33</span><br/>
Rozważmy sytuację, gdy wszystkie wyrazy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> podzieliliśmy na bloki wyrazów – tak jak przykładowo poniżej

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = [a_1 + a_2 + a_3] + [a_4] + [a_5 + a_6 + a_7] + [a_8] + [a_9 + a_{10}] + [a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14}] + [a_{15}] + [a_{16} + a_{17} + a_{18}] + [a_{19} + a_{20}] + \ldots</math>

Zauważmy, że każdy wyraz należy do pewnego bloku <math>B_k</math>, a związany z blokiem wyrazów <math>B_k</math> zbiór indeksów tych wyrazów tworzy pewien przedział <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>. W naszym przypadku mielibyśmy

::<math>[1, 2, 3], [4], [5, 6, 7], [8], [9, 10], [11, 12, 13, 14], [15], [16, 17, 18], [19, 20], \ldots</math>

<span id="D34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D34</span><br/>
Podziałem zbioru liczb naturalnych <math>\mathbb{N}</math> na skończone przedziały nazywamy zbiór przedziałów <math>\{ I_k \}</math> takich, że

::*   <math>I_k \neq \varnothing</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>I_j \cap I_k = \varnothing</math> dla <math>j \neq k</math>
::*   <math>| \, I_k \, | < \infty</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>\bigcup_{k \geq 1} I_k =\mathbb{N}</math>
::*   przedziały są uporządkowane rosnąco w naturalnym porządku, tzn. dla <math>j < k</math> zachodzi <math>\max (I_j) < \min (I_k)</math>

<span id="D35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35</span><br/>
Niech <math>I_1, I_2, \ldots</math> będzie podziałem <math>\mathbb{N}</math> na przedziały o długości nie większej od <math>M</math>. Jeżeli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest szeregiem, którego wyrazy spełniają konieczny warunek zbieżności <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, to

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \lim_{m \rightarrow \infty} \left( \sum_{j = 1}^m \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k \right)</math>

Czyli suma częściowa szeregu <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> i suma wyrazów szeregu liczona po pełnych przedziałach <math>I_j</math> mają taką samą granicę.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy sumę częściową <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math>. Z definicji podziału <math>\mathbb{N}</math> na przedziały istnieje taki wskaźnik <math>r = r (n)</math> i taki odpowiadający mu przedział <math>I_r</math>, że <math>n \in I_r</math>. Zatem możemy napisać

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k = \underset{\text{przedziałach}}{\underset{\text{suma po pełnych}}{\sum_{j = 1}^{r - 1} \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k}} \quad + \quad \underset{\text{przedziału końcowego } I_r}{\underset{\text{suma po części}}{\sum_{k \:\! \in \:\! I_r, \;\! k < n} a_k}}</math>

Zauważmy, że druga suma po prawej stronie albo nie wystąpi (możemy powiedzieć, że jest równa zero), gdy <math>n = \max (I_r)</math>, albo przebiega po pewnym przedziale <math>[\min (I_r), \ldots, n]</math>. Przedział ten ma długość nie większą od <math>M</math>, bo jest podprzedziałem przedziału <math>I_r</math>, a z założenia <math>| I_r | < M</math>.

Gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, to również <math>r = r (n)</math> dąży do nieskończoności i tak samo liczba <math>\min (I_{r (n)})</math> dąży do nieskończoności, a przedział <math>[\min (I_r), \ldots, n] \subset I_r</math> obejmuje coraz większe liczby naturalne. Z zadania [[#D32|D32]] otrzymujemy natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [\min (I_r), \ldots, n]} a_k \right) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D36</span><br/>
Rozważmy szereg harmoniczny naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots</math>

Zbieżność tego szeregu wynika z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), wynika też z kryterium Dirichleta (zobacz [[#D75|D75]]), które poznamy później. Zauważmy, że dokonując podziału na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \left[ 1 - {\small\frac{1}{2}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć po pełnych blokach, zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{2 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>.

<span id="D37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D37</span><br/>
Pokazać, że szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots</math>

jest zbieżny, a jego suma jest równa

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 = 1.13197175 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że dokonując podziału szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \left[ 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć, sumując po pełnych blokach. Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{32 n^2 - 24 n + 3}{4 n (2 n - 1) (4 n - 1) (4 n - 3)}} < \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}}</math>.

Sumę szeregu trudniej policzyć. Zauważmy, że wyrazy szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

możemy pogrupować

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) - \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} \right) - \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} \right) - \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} \right) - \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Pozwala to zapisać rozpatrywany szereg w postaci sumy utworzonych wyżej grup

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2 k}} \right)</math>

Należy podkreślić, że takie pogrupowanie nie zmienia sumy szeregu (zobacz [[#D26|D26]]). Możemy zatem napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>

Będziemy rozważali całki

::<math>I_n = \int^1_0 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} d t</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>. Przykładowo

::<math>I_0 = \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = \operatorname{arctg}(t) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.785398 \ldots</math>

::<math>I_1 = \int_0^1 {\small\frac{t}{1 + t^2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{2 t}{1 + t^2}} d t = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{du}{1 + u}} = {\small\frac{1}{2}} \biggr[ \log (1 + u) \biggr\rvert_{0}^{1} \biggr] = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 \approx 0.34657 \ldots</math>

::<math>I_2 = \int_0^1 {\small\frac{t^2}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 {\small\frac{1 + t^2 - 1}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 dt - \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = 1 - {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.21460 \ldots</math>

Udowodnimy kolejno, że

::  1. <math>\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

::  2. <math>\qquad I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2} \qquad \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 2</math>

::3a. <math>\qquad I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::3b. <math>\qquad I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::4a. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>

::4b. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = {\small\frac{\pi}{4}}</math>

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, czyli <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynikają stąd oszacowania

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \leqslant \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

oraz

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \geqslant \int_0^1 {\small\frac{t^n}{2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{2 n + 2}}</math>

Zatem dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

'''Punkt 2.'''

Mamy

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot t^2}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot [(1 + t^2) - 1]}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 t^{n - 2} dt- \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2}}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

Otrzymaliśmy wzór rekurencyjny prawdziwy dla <math>n \geqslant 2</math>

::<math>I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

{| style="width:100%;"
|-
| colspan=2 | '''Punkt 3a. / 3b.'''
|-
| colspan=2 | Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwe są następujące wzory (odpowiednio dla całek <math>I_m</math> o indeksie nieparzystym i dla całek <math>I_m</math> o indeksie parzystym)
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 3} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 2}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 2}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 2} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 1}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 1}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 2) - 1}} - I_{2 n}</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.
|-
| colspan=2 |  
|-
| colspan=2 | '''Punkt 4a. / 4b.'''
|-
| colspan=2 | Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] granicę policzoną w punkcie 1. możemy zapisać równoważnie w postaci <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | I_{n} | = 0</math>. Zatem z punktów 3a i 3b mamy odpowiednio
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right| = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Czyli
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Skąd natychmiast dostajemy, że
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = I_0 = {\small\frac{\pi}{4}}</math>
</div>
|}

Zauważmy, że mnożąc obie strony ostatniego wzoru w lewej kolumnie przez <math>2</math>, otrzymujemy wzór na sumę szeregu harmonicznego naprzemiennego

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>
</div>

Teraz już łatwo widzimy, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D38</span><br/>
Pokazać, że
::1.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{14}} \right) + \ldots = \log 2</math>

::2.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

::3.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} - {\small\frac{1}{22}} - {\small\frac{1}{24}} \right) + \ldots = 0</math>

::4.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \ldots = + \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Uwagi ogólne'''<br/>
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane.<br/>

Każdy z zamieszczonych niżej dowodów (poza punktem 6.) wykorzystuje przybliżony wzór na sumę <math>n</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]). Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + h_n</math>

gdzie <math>\lim_{n \rightarrow \infty} h_n = 0</math>.

Wynikają stąd wzory

::<math>\underset{k \text{ parzyste}}{\sum_{k = 2}^{2 n}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n + 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n + 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n + 1} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n - 2}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n - 1} - {\small\frac{1}{2}} H_{n - 1} = \left( H_{2 n} - {\small\frac{1}{2 n}} \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( H_n - {\small\frac{1}{n}} \right) = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

'''Punkt 1.'''

Wzór został udowodniony w twierdzeniu [[#D6|D6]], ale zastosujemy tutaj inny sposób. Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

<span style="border-bottom-style: double;">Pierwszy sposób</span><br/><br/>
Z określenia szeregu wynika, że sumujemy bloki złożone z trzech wyrazów

::<math>0 < \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{4 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Z kryterium porównawczego ([[#D11|D11]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D26|D26]])

::<math>1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) - {\small\frac{1}{4}} + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} \right) - {\small\frac{1}{8}} + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} \right) - {\small\frac{1}{12}} + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} \right) - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + \ldots \right)</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

<span style="border-bottom-style: double;">Drugi sposób</span><br/><br/>

Szereg jest sumą bloków

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{4 k - 2}} + {\small\frac{1}{4 k}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n - 1}} + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{2 n}</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} [(\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

'''Punkt 3.'''

Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{8 k - 6}} - {\small\frac{1}{8 k - 4}} - {\small\frac{1}{8 k - 2}} - {\small\frac{1}{8 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{8 k - 6}} + {\small\frac{1}{8 k - 4}} + {\small\frac{1}{8 k - 2}} + {\small\frac{1}{8 k}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{8 n - 6}} + {\small\frac{1}{8 n - 4}} + {\small\frac{1}{8 n - 2}} + {\small\frac{1}{8 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n - 1}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{4 n}</math>

::::::::::::::::<math>\: = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log n + \gamma + h_n) - {\small\frac{1}{2}} (\log (4 n) + \gamma + h_{4 n})</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} [\log (4 n^2) + 2 \gamma + 2 h_{2 n} - \log n - \gamma - h_n - \log (4 n) - \gamma - h_{4 n}]</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 4 n}} \right) + 2 h_{2 n} - h_n - h_{4 n} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>

'''Punkt 4.'''

Rozpatrujemy szereg

::<math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{31}} + \ldots + {\small\frac{1}{61}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Zauważmy, że

::●    '''z definicji''' każda <math>k</math>-ta grupa obejmuje <math>2^{k - 1}</math> wyrazów z mianownikiem nieparzystym i jeden wyraz z mianownikiem parzystym (największy z jeszcze niewykorzystanych wyrazów o mianowniku parzystym)

::●    pierwszy wyraz z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie jest równy <math>{\small\frac{1}{2^k - 1}}</math>, a ostatni to <math>{\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}}</math>

::●    znajdujemy oszacowanie sumy wyrazów z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie

::::<math>S_{(k)} = {\small\frac{1}{2^k - 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} \geqslant 2^{k - 1} \cdot {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} > {\small\frac{2^{k - 1}}{2^{k + 1}}} = {\small\frac{1}{4}}</math>

::●    łatwo sprawdzamy, że suma wyrazów w każdej z pierwszych trzech grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    począwszy od czwartej grupy, od sumy wyrazów z nieparzystym mianownikiem odejmujemy <math>{\small\frac{1}{8}}</math> lub mniej niż <math>{\small\frac{1}{8}}</math> (dokładnie <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, <math>{\small\frac{1}{10}}</math>, <math>{\small\frac{1}{12}}</math>, <math>{\small\frac{1}{14}}</math>, itd.), zatem suma wszystkich wyrazów w każdej z tych grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    pokazaliśmy, że suma wyrazów w każdej grupie jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, a ponieważ jest nieskończenie wiele grup, to szereg jest rozbieżny do nieskończoności
<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D39</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left(
\underbrace{{\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}}}_{b \text{ wyrazów nieparzystych}} -
\underbrace{{\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}}}_{a \text{ wyrazów parzystych}}
\right)</math>

Zauważmy, że sumujemy bloki zbudowane z wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>. Każdy blok składa się z <math>b</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Pokazać, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}} \text{} - {\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}} \right) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Uwzględniając twierdzenie [[#D35|D35]], będziemy sumowali po pełnych blokach. Zauważmy, że po zsumowaniu <math>n</math> bloków mamy sumę <math>b n</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a n</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Zatem tak określona suma częściowa jest równa

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

Podobnie jak w zadaniu poprzednim ([[#D38|D38]]) wykorzystamy przybliżony wzór na sumę <math>m</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log m + \gamma + {\small\frac{1}{2 m}} - {\small\frac{1}{12 m^2}} + {\small\frac{1}{120 m^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]).

Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = \log m + \gamma + h_m</math>

gdzie <math>\lim_{m \rightarrow \infty} h_m = 0</math>.

Łatwo widzimy, że

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

oraz

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k - 1}} = \sum_{k = 1}^{2 m} {\small\frac{1}{k}} - \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = H_{2 m} - {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

Podstawiając do wzoru na sumę częściową, otrzymujemy

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}} = \left( H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} \right) - {\small\frac{1}{2}} H_{a n} = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu harmonicznego, dostajemy

::<math>S_n = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

:::<math>= (\log (2 b n) + \gamma + h_{2 b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (b n) + \gamma + h_{b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (a n) + \gamma + h_{a n})</math>

:::<math>= \left[ \log (2 b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (a n) \right] + \left[ \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma \right] + \left[ h_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{a n} \right]</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b^2 n^2}{b n \cdot a n}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right) \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D40</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest bezwzględnie zbieżny, to po dowolnym przestawieniu wyrazów suma tego szeregu nie ulegnie zmianie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Widzimy, że

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=7 | wyrazy sumy || style="background-color: #eeffee;" colspan=4 | w szczególności
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>…</math> || <math>b_n</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(1)}</math> || <math>b_{f^{-1}(2)}</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(n)}</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>…</math> || <math>a_{f(n)}</math> || <math>…</math> || <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>…</math> || <math>a_n</math>
|}

Zatem, po przestawieniu, na <math>n</math>-tej pozycji w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> znajdzie się wyraz <math>a_{f (n)}</math>.

Funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną, co oznacza, że ma funkcję odwrotną. Zauważmy, że <math>f (f^{- 1} (n)) = n</math>, zatem <math>f^{- 1} (n)</math> zwraca wartość indeksu, z jakim wyraz <math>a_n</math> z szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> występuje w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

Niech <math>N_0</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli przyjmiemy, że

::<math>M_0 = \max \{ f^{- 1} (1), f^{- 1} (2), \ldots, f^{- 1} (N_0) \}</math>

to zapewnimy sobie, że każdy z wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math> wystąpi w ciągu <math>(a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)})</math>, czyli

::<math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)} \}</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

Oczywiście musi być <math>M_0 \geqslant N_0</math>.

Niech

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k \qquad \qquad S = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k \qquad \qquad S^{\ast}_n = \sum_{k = 1}^n | a_k | \qquad \qquad S^{\ast} = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Z założenia szereg jest bezwzględnie zbieżny, zatem dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> mamy

::<math>| S^{\ast} - S^{\ast}_n | < \varepsilon</math>

Czyli

::<math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k | < \varepsilon</math>

Niech

::<math>T_m = \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

będzie sumą częściową szeregu z przestawionymi wyrazami. Dla dowolnego <math>m > M_0</math> mamy

::<math>S - T_m = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k - \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

::::<math>\;\,\, = \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k \right) - \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)} \right)</math>

::::<math>\;\,\, = \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k - \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math>

Rozważmy różnicę sum w ostatnim wierszu. Druga z tych sum <math>\underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math> jest sumą skończoną i zawiera <math>m - N_0</math> wyrazów sumy <math>\sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>, które pozostały po wydzieleniu wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math>. Zauważmy, że każdy wyraz tej sumy występuje w pierwszej sumie <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>. Zatem zapisana w ostatnim wierszu różnica sum, jest sumą <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>, w której część wyrazów (skończona liczba) nie występuje, co zaznaczymy, używając znaku prim <math>(')</math> przy symbolu sumy. Mamy

::<math>S - T_m = {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy

::<math>| S - T_m | = \left| \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k \right|</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, < \varepsilon</math>

Pokazaliśmy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że dla wszystkich <math>m > M_0</math> jest <math>| S - T_m | < \varepsilon</math>. Zatem ciąg <math>(T_m)</math> ma granicę i wartość tej granicy jest równa <math>S</math>. Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Możemy też argumentować inaczej. Z definicji przestawiania wyrazów szeregu wynika, że każdy wyraz <math>a_k</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> musi wystąpić w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>. Zatem musi istnieć taki wyraz <math>b_{g (k)}</math>, że <math>b_{g (k)} = a_k</math>. Jeżeli dla kolejnych <math>N_0</math> wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, czyli dla wyrazów <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \}</math> zdefiniujemy liczbę <math>M_0 = \max \{ b_{g (1)}, b_{g (2)}, \ldots, b_{g (N_0)} \}</math>, to w zbiorze <math>\{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math> musi wystąpić każdy z wyrazów <math>a_k</math>, gdzie <math>k \leqslant N_0</math>. Zbierając: istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D41</span><br/>
Pokazać, że każdą liczbę <math>x \in \mathbb{R}</math> można przedstawić jednoznacznie w postaci różnicy liczb nieujemnych <math>p, g</math> tak, aby jednocześnie były spełnione równania <math>x = p - g</math> oraz <math>| x | = p + g</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Problem sprowadza się do rozwiązania układu równań

::<math>\begin{cases}
p - g = x \\[0.3em]
p + g = | x | \\
\end{cases}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} \qquad g = {\small\frac{| x | - x}{2}}</math>

Ponieważ <math>| x | \geqslant - x</math> i <math>| x | \geqslant x</math>, to obie liczby <math>p, g</math> są nieujemne. Zauważmy, że rozkład liczby <math>x</math> możemy zapisać w równoważny sposób

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} = \max (0, x) =
\begin{cases}
x & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
0 & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math>
</div>

::<math>g = {\small\frac{| x | - x}{2}} = \max (0, - x) =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
- x & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D42</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem nieskończonym, a <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Pokazać, że jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny, to

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = + \infty \qquad \qquad \text{i} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Każdy wyraz <math>a_n</math> szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> przedstawimy w postaci różnicy dwóch liczb nieujemnych <math>a^+_n</math> i <math>a^-_n</math> (zobacz [[#D34|D34]]), gdzie

::<math>a^+_n = \max (0, a_n)</math>

::<math>a^-_n = \max (0, - a_n)</math>

Zauważmy, że

::●    ciąg <math>(a^+_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów mniejszych od zera zerami
::●    ciąg <math>(a^-_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów większych od zera zerami, a wyrazów mniejszych od zera ich wartościami bezwzględnymi

Oczywiście <math>a_n = a^+_n - a^-_n</math> i <math>| a_n | = a^+_n + a^-_n</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum^{\infty}_{k = 1} a^-_n</math>

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math>

Rozważmy możliwe przypadki

'''Punkt 1.'''

Jeżeli szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są zbieżne, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny. Zatem szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest zbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 3.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest rozbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

Wynika stąd, że możliwy jest tylko przypadek, gdy obydwa szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są rozbieżne. Zauważmy teraz, że pary ciągów <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a^+_n)</math> oraz <math>(a_{n_k})</math> i <math>(- a^-_n)</math> różnią się jedynie nieskończoną ilością wyrazów równych zero, zatem odpowiednie szeregi również są rozbieżne

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = \sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n = + \infty</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n = - \infty</math>

Skąd wynika natychmiast, że obydwa podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> mają nieskończoną liczbę wyrazów różnych od zera.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D43 (Bernhard Riemann</span><ref name="Riemann1"/><span style="font-size: 110\%; font-weight: bold;">, 1854)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny i <math>R \in \mathbb{R}</math>, to istnieje takie przestawienie wyrazów tego szeregu <math>f(k)</math>, że <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy od razu (i zapamiętajmy), że ponieważ z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, to musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 \;</math> (zobacz [[#D4|D4]]).

Niech <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Ponieważ podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> tworzą szeregi rozbieżne (zobacz [[#D35|D35]]) odpowiednio do <math>+ \infty</math> i do <math>- \infty</math>, to skończona suma kolejnych wyrazów tych podciągów może osiągać dowolne wartości skończone odpowiednio dodatnie lub ujemne.

Dla ułatwienia zapisu oznaczmy: <math>(p_i) \equiv (a_{n_j})</math> i <math>(q_i) \equiv (a_{n_k})</math>, a dla ustalenia uwagi załóżmy, że <math>R > 0</math>.

Wybierzmy najmniejsze <math>n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{n_1 - 1} p_k \leqslant R < \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math>

::<math>- p_{n_1} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{m_1} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k \leqslant \sum^{m_1 - 1}_{k = 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k \leqslant - q_{m_1}</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>n_2 > n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = n_1 + 1}^{n_2 - 1} p_k \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < \sum_{k = n_1 + 1}^{n_2} p_k</math>

::<math>- p_{n_2} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_2 > m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = m_1 + 1}^{m_2} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum^{m_1}_{k = 1} q_k \leqslant \sum_{k = m_1 + 1}^{m_2 - 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_2} q_k \leqslant - q_{m_2}</math>

Kontynuując, zgodnie z zasadami przedstawionymi wyżej, naprzemienne dodawanie bloków liczb nieujemnych i ujemnych, osiągamy to, że kolejne sumy oscylują wokół wartości <math>R</math> z coraz mniejszą amplitudą.

W <math>j</math>-tym kroku dla bloku wyrazów nieujemnych <math>p_k</math> i <math>n_j > n_{j - 1}</math> otrzymujemy

::<math>- p_{n_j} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k < 0</math>

a dla bloku wyrazów ujemnych <math>q_k</math> i <math>m_j > m_{j - 1}</math> dostajemy

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \leqslant - q_{m_j}</math>

Niech

::<math>S(n_j, m_j) = \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k</math>

oznacza sumę częściową nowego szeregu (z przestawionymi wyrazami), którego konstrukcję przedstawiliśmy wyżej. Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to z wypisanych nierówności i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S(n_j, m_{j - 1}) = R</math>
</div>

Zauważmy teraz, że prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 1}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 2}_{k = 1} q_k \right) > \ldots >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j - 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

Jest tak, ponieważ każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów ujemnych. Podobnie mamy też

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 2} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant \ldots \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1} - 1}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1}}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

bo każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów nieujemnych. Co oznacza, że dla sum częściowych mamy odpowiednio

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>S(n_j, m_{j - 1}) > S (n_j, m_{j - 1} + 1) > S (n_j, m_{j - 1} + 2) > \ldots > S (n_j, m_j - 1) > S (n_j, m_j)</math>
</div>

oraz

<div style="margin-top: 0em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n_j, m_j) \leqslant S (n_j + 1, m_j) \leqslant S (n_j + 2, m_j) \leqslant \ldots \leqslant S (n_{j + 1} - 1, m_j) \leqslant S (n_{j + 1}, m_j)</math>
</div>

Ponieważ <math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_{j - 1}) = R ,</math> to z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że cały ciąg sum częściowych (liczony do dowolnego wyrazu nowego szeregu) jest zbieżny do <math>R</math>. Możemy zatem napisać

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>
</div>

gdzie funkcja <math>f(n)</math> opisuje przestawianie wyrazów szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> zgodnie z przedstawioną wyżej metodą. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D44</span><br/>
W dowodzie twierdzenia [[#D43|D43]] Riemann podaje jawnie metodę budowania szeregów zbieżnych do określonej granicy <math>R \in \mathbb{R}</math>. Korzystając z tej metody, w przypadku szeregu warunkowo zbieżnego, jakim jest szereg harmoniczny naprzemienny, sprawdziliśmy jakie szeregi generuje ta metoda dla różnych granic. Metodę zapisaliśmy w postaci procedury możliwej do wykonania w PARI/GP. Poniżej podajemy kod, który znakomicie ułatwia obliczenia.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż kod|Hide=Ukryj kod}}
<span style="font-size: 90%; color:black;">Riemann(R, n) =
\\ R – suma, którą chcemy uzyskać, przestawiając wyrazy szeregu harmonicznego naprzemiennego
\\ n – liczba podwójnych kroków do wykonania
{
'''local'''(i, j, k, M, S, txt);
M = '''matrix'''(3, n);
i = 0; \\ liczy pobrane nieparzyste (dodatnie)
j = 0; \\ liczy pobrane parzyste (ujemne)
k = 0; \\ liczy podwójne kroki
S = R; \\ początkowa wartość sumy S
txt = "R"; \\ wizualny zapis wykonanych obliczeń
'''while'''( k++ <= n,
M[1, k] = k;
'''while'''( S >= 0,
S = S - 1/( 2*(i++) - 1 );
txt = '''Str'''( txt, " - ", 1/(2*i - 1) );
M[2, k] = M[2, k] + 1;
);
'''while'''( S < 0,
S = S + 1/( 2*(j++) ); \\ odejmujemy ujemne – dlatego mamy znak "+"
txt = '''Str'''( txt, " + ", 1/(2*j) );
M[3, k] = M[3, k] + 1;
);
);
'''printp'''(M);
'''print'''(1.0 * S);
'''print'''(txt);
}</span>
<br/>
{{\Spoiler}}

<span id="D45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D45</span><br/>
Naszą uwagę zwróciły dwa szeregi

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

oraz

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

Równość sum tych szeregów wynika wprost z wyniku uzyskanego w zadaniu [[#D39|D39]]. Łatwo widzimy, że wyrazy tych szeregów zostały poprzestawianie, a jednak suma tych szeregów nie uległa zmianie. Prowadzi to do ogólnego pytania: kiedy przestawianie wyrazów szeregu nie zmienia jego sumy? Częściowej odpowiedzi na to pytanie udziela zamieszczone niżej twierdzenie.

<span id="D46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D46</span><br/>
Niech <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> będzie szeregiem zbieżnym. Jeżeli wyrazy szeregu podzielimy na dowolne bloki <math>B_1, B_2, \ldots</math>, zawierające nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przestawienie wyrazów szeregu wewnątrz bloków nie zmienia sumy szeregu.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Podziałowi wyrazów szeregu na bloki odpowiada pewien podział zbioru <math>\mathbb{N}</math> na przedziały takie, że indeksy bloku

::<math>B_k = [a_{n_k}, a_{n_k + 1}, a_{n_k + 2}, \ldots, a_{n_{k + 1} - 1}]</math>

odpowiadają pewnemu przedziałowi <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>

::<math>I_k = [n_k, n_k + 1, n_k + 2, \ldots, n_{k + 1} - 1]</math>

Ponieważ bloki <math>B_k</math> zawierają nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przedziały <math>I_k</math> mają długość nie większą od <math>M</math>.

Z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest szeregiem zbieżnym, zatem musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu

::<math>\lim_{k \rightarrow + \infty} a_k = 0</math>

Zatem na mocy twierdzenia [[#D35|D35]] obliczając sumę szeregu, możemy sumować po pełnych blokach.

Ponieważ przestawianie wyrazów wewnątrz bloku nie wpływa na sumę tych wyrazów, to natychmiast widzimy, że przestawiane wyrazów wewnątrz skończonych bloków nie wpływa na sumę szeregu. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

<span id="D47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D47</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f(x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest z założenia ciągła, dodatnia i malejąca, to zamieszczony niżej rysunek dobrze prezentuje problem.

::[[File: D_Szereg-i-calka-1.png|none]]

Przedstawiona na rysunku krzywa odpowiada funkcji <math>f(x)</math>. Dla współrzędnej <math>x = k</math> zaznaczyliśmy wartość funkcji <math>f(k)</math>, a po lewej i prawej stronie tych punktów zaznaczyliśmy pasy o jednostkowej szerokości. Łatwo zauważamy, że

* po lewej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem zielonym) jest większe od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości
* po prawej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem niebieskim) jest mniejsze od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości

Korzystając z własności całki oznaczonej, otrzymujemy ciąg nierówności

::<math>\int_{k}^{k + 1} f(x) d x \leqslant f(k) \leqslant \int_{k - 1}^{k} f(x) d x</math>

W powyższym wzorze występują nierówności nieostre, bo rysunek przedstawia funkcję silnie malejącą, ale zgodnie z uczynionym założeniem funkcja <math>f(x)</math> może być funkcją słabo malejącą.

Sumując lewą nierówność od <math>k = m</math> do <math>k = n</math>, a prawą od <math>k = m + 1</math> do <math>k = n</math>, dostajemy

::<math>\int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k)</math>

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} f (k) \leqslant \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

Dodając <math>f(m)</math> do obydwu stron drugiej z powyższych nierówności i łącząc je ze sobą, otrzymujemy kolejny i docelowy ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D48</span><br/>
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math>.

Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math> jest ciągła, dodatnia i silnie malejąca w przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\int_{1}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \int_{1}^{n} {\small\frac{d x}{x}}</math>

Przy obliczaniu całek oznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fx+from+1+to+n WolframAlpha].

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

Ponieważ

::<math>\log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) > \log n + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

to dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n < 1</math>

Zauważmy: nie tylko wiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> jest rozbieżny, ale jeszcze potrafimy określić, jaka funkcja tę rozbieżność opisuje! Mamy zatem podstawy, by przypuszczać, że całki umożliwią opracowanie metody, która pozwoli rozstrzygać o zbieżności szeregów.

<span id="D49" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D49 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w zależności od tego, czy funkcja pierwotna <math>F(x) = \int f (x) d x</math> ma dla <math>x \rightarrow \infty</math> granicę skończoną, czy nie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, będzie wykorzystane w czasie dowodu twierdzenia, ale rozważanie przypadku, gdy <math>f(x)</math> jest rosnąca, nie ma sensu, bo wtedy nie mógłby być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> (zobacz twierdzenie [[#D4|D4]]).

Moglibyśmy założyć bardziej ogólnie, że funkcja jest nieujemna, ale wtedy twierdzenie obejmowałoby przypadki funkcji takich, że dla pewnego <math>x_0</math> byłoby <math>f(x_0) = 0</math>. Ponieważ z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, zatem mielibyśmy <math>f(x) = 0</math> dla <math>x \geqslant x_0</math>. Odpowiadający tej funkcji szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> miałby dla <math>k \geqslant x_0</math> tylko wyrazy zerowe i byłby w sposób oczywisty zbieżny.

Założenie ciągłości funkcji <math>f(x)</math> ma zapewnić całkowalność funkcji <math>f(x)</math><ref name="calkowalnosc1"/>. Założenie to można osłabić<ref name="calkowalnosc2"/>, tutaj ograniczymy się tylko do podania przykładów. Niech <math>a, b \in \mathbb{R}</math>, mamy

::<math>\int_a^b \text{sgn}(x) d x = | b | - | a |</math> <math>\qquad \qquad \int_0^a \lfloor x \rfloor d x = {\small\frac{1}{2}} \lfloor a \rfloor (2 a - \lfloor a \rfloor - 1)</math> <math>\qquad \qquad \int_{-a}^a \lfloor x \rfloor d x = - a</math>

Po tych uwagach dotyczących założeń możemy przejść do właściwego dowodu. Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

'''Z drugiej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest rozbieżna, to rosnący ciąg kolejnych całek oznaczonych <math>C_j = \int_{m}^{j} f (x) d x</math> nie może być ograniczony od góry (w przeciwnym wypadku całka <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math> byłby zbieżna), zatem również rosnący ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f(k)</math> nie może być ograniczony od góry, co oznacza, że szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest rozbieżny.

'''Z trzeciej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna, to ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f (k)</math> jest ciągiem rosnącym i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>F_j</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny.

Ponieważ zbieżność (rozbieżność) całki <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> nie zależy od wyboru dolnej granicy całkowania, to wystarczy badać granicę <math>\lim_{x \to \infty} F (x)</math>, gdzie <math>F(x) = \int f (x) d x</math> jest dowolną funkcją pierwotną.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D50" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D50</span><br/>
Przykłady zebraliśmy w tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
!
! szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} a_k</math>
! funkcja <math>f(x)</math>
! całka <math>F(x) = \int f(x) d x</math>
! granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math>
! wynik
|-
| 1. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x}}</math> || <math>\log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 2. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{\sqrt{k}}}</math> || <math>{\small\frac{1}{\sqrt{x}}}</math> || <math>2 \sqrt{x}</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 3. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x^2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|-
| 4. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log x}}</math> || <math>\log \log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 5. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^2 \! k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log^2 \! x}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{\log x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|}

Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}}</math>

są zbieżne dla <math>s > 1</math> i rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.

<span id="D51" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D51</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

::<math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>

gdzie <math>a < m</math>, to prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math>

::<math>S(m) + R(m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R(m)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Czyli

::<math>R(m) \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + R (m)</math>

Odejmując od każdej ze stron nierówności liczbę <math>f(m)</math> i dodając do każdej ze stron nierówności sumę skończoną <math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, otrzymujemy

::<math>S(m) + R (m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R (m)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D52" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D52</span><br/>
Twierdzenie [[#D51|D51]] umożliwia określenie, z jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>. Mamy

::<math>S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::<math>\int {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right)</math>

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \right)</math>

Zatem

::<math>S(m) + R (m) - f (m) \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} \leqslant S (m) + R (m)</math>

Dla kolejnych wartości <math>m</math> otrzymujemy

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
! <math>m</math>
! <math>S(m) + R(m) - f(m)</math>
! <math>S(m) + R(m)</math>
|-
| <math>10^1</math> || <math>1.84</math> || <math>1.87</math>
|-
| <math>10^2</math> || <math>1.85</math> || <math>1.86</math>
|-
| <math>10^3</math> || <math>1.86000</math> || <math>1.86004</math>
|-
| <math>10^4</math> || <math>1.860024</math> || <math>1.860025</math>
|-
| <math>10^5</math> || <math>1.86002506</math> || <math>1.86002509</math>
|-
| <math>10^6</math> || <math>1.860025078</math> || <math>1.860025079</math>
|-
| <math>10^7</math> || <math>1.86002507920</math> || <math>1.86002507923</math>
|-
| <math>10^8</math> || <math>1.860025079220</math> || <math>1.860025079221</math>
|-
| <math>10^9</math> || <math>1.8600250792211</math> || <math>1.8600250792212</math>
|-
|}

W programie PARI/GP wystarczy napisać:

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))</span>

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D47|D47]] jest następujące<br/>
<span id="D53" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D53</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli przy wyliczaniu sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math> (gdzie <math>a < m</math>) zastąpimy sumę <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> całką <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>, to błąd wyznaczenia sumy szeregu nie przekroczy <math>f(m)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru z twierdzenia [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Dodając do każdej ze stron nierówności wyrażenie <math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, dostajemy

::<math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Skąd wynika natychmiast

::<math>- f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \leqslant 0 < f(m)</math>

Czyli

::<math>\left| \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \right| \leqslant f(m)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D54" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D54</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny, to dla każdego <math>n \geqslant m</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n)</math>

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

gdzie <math>B</math> oraz <math>C</math> są dowolnymi stałymi spełniającymi nierówności

::<math>B \geqslant 1</math>

::<math>C \geqslant f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D47|D47]] mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int_{m}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int^n_m f (x) d x - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D55" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D55</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:

* korzystając z całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny
* jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie [[#D54|D54]]), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>

Jednak dysponując już oszacowaniem sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>, możemy udowodnić jego poprawność przy pomocy indukcji matematycznej, a stąd łatwo pokazać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math>. Zauważmy, że wybór większego <math>B</math> ułatwia dowód indukcyjny. Stałą <math>C</math> najlepiej zaokrąglić w górę do wygodnej dla nas wartości.

Czasami potrzebujemy takiego uproszczenia problemu, aby udowodnić zbieżność szeregów bez odwoływania się do całek. Zauważmy, że Czytelnik nawet nie musi znać całek – wystarczy, że policzy je przy pomocy programów, które potrafią to robić (np. WolframAlpha). Kiedy już znajdziemy oszacowanie sumy częściowej szeregu, nie musimy wyjaśniać, w jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a do tego wystarczy indukcja matematyczna.

Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w tym celu twierdzenie [[#D54|D54]].

<span id="D56" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D56</span><br/>
Korzystając z twierdzenia [[#D54|D54]], znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \qquad</math> oraz <math>\qquad \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = {\small\frac{1}{n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2Fx%5E2%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x (\log x)^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{\log n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2F%28x*%28log%28x%29%29%5E2%29%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + \int_{2}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + {\small\frac{1}{\log 2}} = 2.483379 \ldots</math>

Przyjmijmy <math>C = 2.5</math>, zatem

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D57" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D57</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo zauważamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{k^2}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} + \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}} \right)</math>

::::<math>\: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: < 2 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} < 2</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D58" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D58</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 2</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{2} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \approx 1.040684 < 2.5 - {\small\frac{1}{\log 2}} \approx 1.05730</math>

Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n + 1} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} = \sum_{k = m}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log (n + 1)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log \left( n \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right) \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - 1 - {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( - {\small\frac{1}{(n + 1) \log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} < 2.5</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n)</math> szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

<span id="D59" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D59</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{p_k}} = 0.269605966 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2}} = 0.452247420041 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} = 1.375064994748 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = 0.773156669049 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} < \sum_{j = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{(j - 1)^2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność wzoru wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{1}{p (p - 1)}} < {\small\frac{1}{(p - 1)^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D60" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D60</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = 1.636616323351 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2 \log p}} = 0.507782187859 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = 0.755366610831 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^2}} = 0.493091109368 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B39|B39]], ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} = {\small\frac{1}{2 \log 2}} + \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

Wyrażenie w mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] mamy (<math>a = 0.72</math>)

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \cdot (\log k)^2 \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log a + \log \log k}{\log k}} \right)</math>

Ponieważ dla <math>k > \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots</math> jest

::<math>\log a + \log \log k > 0</math>

to dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \cdot (\log k)^2</math>

Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 < {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} < {\small\frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot (\log k)^2}}</math> (zobacz twierdzenie [[#D17|D17]] p. 4 lub przykład [[#D50|D50]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]), bo

::<math>0 < {\small\frac{1}{p^2 \log p}} < {\small\frac{1}{p \log p}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.2577 \ldots</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{\log p}{p^2}} < {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D61" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D61</span><br/>
Szereg <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w innej postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 3</math> wyrazy szeregów <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> jest rozbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D62</span><br/>
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w przypadku twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.

<span id="D63" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D63</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>n! > n^n e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 7</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 1</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) ></math>

::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{n^n}{(n + 1)^n}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{1}{\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n} \cdot e^{- n} ></math>

::::<math>\;\;\; > (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)}</math>

Ponieważ <math>\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n < e</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)^n}} > {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 1.

'''Punkt 2. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 7</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) <</math>

::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( {\small\frac{n}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} <</math>

::::<math>\;\;\; < (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)}</math>

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} < {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D64" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D64</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>{\small\frac{n}{p}} - 1 < W_p (n!) < {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (prawa nierówność)'''

Zauważmy, że

::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^3}} \right\rfloor + \ldots</math>

::::<math>\;\, < {\small\frac{n}{p}} + {\small\frac{n}{p^2}} + {\small\frac{n}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{n}{p^k}} + \ldots</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p - 1}}</math>

'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''

Łatwo znajdujemy, że

::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \geqslant \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor > {\small\frac{n}{p}} - 1</math>

'''Punkt 2. (prawa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>(p - 1) W_p (n!) < n</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>.

'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>n - p < p \cdot W_p (n!)</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D65" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D65</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>n! < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>n! > n^n e^{- n}</math> (zobacz punkt 1. twierdzenia [[#D63|D63]]), to

::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{n \log p}{p - 1}} = n \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math>

Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D66" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1.755367</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D65|D65]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n > - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1 - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1.755367</math>

Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math> (twierdzenie [[#D60|D60]] p. 3).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D67" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D67 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < 0.386295</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 7</math> jest <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math>, to

::<math>\prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} < n^{n + 1} e^{- n}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} \left( {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \right) \cdot \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

::<math>(n + 1) \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \sum_{p \leqslant n} \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

Skąd natychmiast wynika, że

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < - {\small\frac{n}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right)</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n))</math>

::::::<math>\quad \;\: < - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: < \log 4 - 1</math>

::::::<math>\quad \;\: = 0.386294361 \ldots</math>

Druga nierówność wynika z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A10|A10]]. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D68" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D68</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < 1.141661</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D67|D67]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n < \log 4 - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, < \log 4 - 1 + \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots</math>

:::::::<math>\,\, < 1.141661</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D69" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D69</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots</math>

gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>

Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D70" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D70</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} = \log n - \gamma + \ldots</math>

gdzie <math>\gamma = 0.5772156649 \ldots</math> jest stałą Eulera.

Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D71" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D71</span><br/>
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma</math>

są liczbami dodatnimi.

<span id="D72" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D72</span><br/>
Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right) = E - \gamma</math>

gdzie

* <math>\quad \gamma = 0.577215664901532 \ldots</math> jest stałą Eulera<ref name="A001620"/>
* <math>\quad E = 1.332582275733220 \ldots</math><ref name="A083343"/>
* <math>\quad E - \gamma = 0.755366610831688 \ldots</math><ref name="A138312"/>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}}</math>

zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = (\log n - \gamma + \ldots) - (\log n - E + \ldots)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right)</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} \cdot \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D73" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D73</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart10"/>

::<math>- \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}}</math>

Ponieważ dla <math>x > e^2 \approx 7.389</math> jest <math>1 + {\small\frac{1}{\log x}} < 1.5</math>, to dla <math>n \geqslant 8</math> mamy

::<math>{\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} = {\small\frac{0.2}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w postaci

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

wynika natychmiast, że

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

'''Prawa nierówność'''

Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z twierdzenia [[#D72|D72]] wiemy, że

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich liczb <math>318 \leqslant n \leqslant 3000</math>

'''Lewa nierówność'''

Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E > - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{(k - 1)^2}}</math>

Korzystając kolejno z twierdzeń [[#D47|D47]] i [[Ciągi liczbowe#C19|C19]], dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \int_{n}^{\infty} {\small\frac{\log x}{(x - 1)^2}} d x</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} + \log \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} + \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} - {\small\frac{\log n + 1}{n - 1}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Do znalezienia całki oznaczonej Czytelnik może wykorzystać stronę [https://www.wolframalpha.com/input?i=int+log%28x%29%2F%28x-1%29%5E2+from+n+to+inf WolframAlpha]. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 153</math>. Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D74" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D74</span><br/>
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

wynika twierdzenie Czebyszewa.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D73|D73]] wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log x < - \gamma + {\small\frac{1}{2\log x}} \leqslant - \gamma + {\small\frac{1}{2 \log (318)}} = - 0.490441 \ldots < - 0.306852 \ldots = - r</math>

Zatem postulowane oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n \geqslant 318</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>2 \leqslant x \leqslant 317</math>, łatwo potwierdzamy prawdziwość nierówności

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

dla <math>x \geqslant 32</math>.

Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z twierdzenia [[#D64|D64]], łatwo znajdujemy oszacowanie

::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>

::<math>\quad \leqslant p^{(a - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(a - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

::<math>\quad = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{a - 1}</math>

gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w nawiasie przez <math>U</math>, mamy

::<math>\log U = {\small\frac{\log p_1}{p_1 - 1}} + \ldots + {\small\frac{\log p_n}{p_n - 1}} = \sum_{p \leqslant a} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log a - r</math>

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania wskazanego w treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.

Przypuśćmy, że mnożymy liczbę <math>a!</math> przez kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math>. Możemy postawić pytanie: kiedy w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby <math>b!</math> musi pojawić się nowy czynnik pierwszy? Jeżeli takiego nowego czynnika pierwszego nie ma, to

::<math>a! \cdot (a + 1) \cdot \ldots \cdot b = b!</math>

:::::::<math>\;\;\; = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_n}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; \leqslant p^{(b - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(b - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; = U^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; < (a \cdot e^{- r})^{b - 1}</math>

Jednocześnie z twierdzenia [[#D63|D63]] wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem

::<math>b^b e^{- b} < b! < {\normalsize\frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}}</math>

::<math>b e^{- 1} < \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

::<math>b < \frac{a \cdot e^{1 - r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

Ponieważ <math>e^{1 - r} = e^{\log (2)} = 2</math>, to

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < 2 a</math>

Z oszacowania <math>b < 2 a</math> wynika, że <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / b} > (a \cdot e^{-r})^{1 / 2 a}</math>. Możemy teraz zapisać uzyskane wyżej oszacowanie w postaci, w której prawa strona nierówności nie zależy od <math>b</math>

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}}</math>

Ponieważ <math>e^{- r} = 0.735758 \ldots</math>, to <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a} > (a / 2)^{1 / 2 a}</math>, co pozwala uprościć uzyskane oszacowanie

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} < {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}}</math>

Pokażemy, że dla <math>a > 303.05</math>

::<math>{\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 2 a - 5</math>

Istotnie

::<math>{\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 1 - {\small\frac{5}{2 a}}</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} > 1</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left[ \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 > 1</math>

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i ograniczoną (zobacz twierdzenie [[Ciągi liczbowe#C18|C18]]) i dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} = 1.003213 \ldots</math>

Wynika stąd, że wszystkie kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math> mogą być liczbami złożonymi co najwyżej do chwili, gdy <math>b < 2 a -
5</math>, czyli <math>b \leqslant 2 a - 6</math>. Zatem w przedziale <math>(a, 2 a)</math> musi znajdować się przynajmniej jedna liczba pierwsza. Dla <math>a \leqslant 303</math> prawdziwość twierdzenia sprawdzamy bezpośrednio.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D75" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D75</span><br/>
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

<span id="D76" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D76* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
Suma odwrotności par liczb pierwszych <math>p</math> i <math>p + 2</math>, takich że liczba <math>p + 2</math> jest również pierwsza, jest skończona

::<math>\underset{p + 2 \in \mathbb{P}}{\sum_{p \geqslant 2}} \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p + 2}} \right) = \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}}
\right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} \right) + \ldots = B_2</math>

gdzie <math>B_2 = 1.90216058 \ldots</math> jest stałą Bruna<ref name="Wiki1"/><ref name="A065421"/>.

<span id="D77" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D77</span><br/>
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nietworzących par liczb bliźniaczych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>p</math> i <math>q = p + 4</math> będą liczbami pierwszymi i <math>n \geqslant 1</math>. Ponieważ liczby <math>p q</math> i <math>p + 2</math> są względnie pierwsze, to z twierdzenia Dirichleta wiemy, że wśród liczb <math>a_n = p q n + (p + 2)</math> jest nieskończenie wiele liczb pierwszych, a jednocześnie żadna z liczb <math>a_n</math> nie tworzy pary liczb bliźniaczych, bo

::<math>a_n - 2 = p q n + p = p (q n + 1)</math>

::<math>a_n + 2 = p q n + (p + 4) = q (p n + 1)</math>

są liczbami złożonymi. Najprostsze przykłady to <math>a_n = 21 n + 5</math> i <math>b_n = 77 n + 9</math>

Najłatwiej wszystkie przypadki takich ciągów wyszukać w programie PARI/GP. Polecenie

for(a=1,50, for(b=3,floor(a/2), g=gcd(a,b); g1=gcd(a,b-2); g2=gcd(a,b+2); if( g==1 && g1>1 && g2>1, print("a= ", a, " b= ",b) )))

wyszukuje wszystkie liczby dodatnie <math>a, b</math>, gdzie <math>b \leqslant \left\lfloor {\small\frac{a}{2}} \right\rfloor</math>, które tworzą ciągi <math>a k + b</math> o poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy

::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

<span id="D78" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D78</span><br/>
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w pracy<ref name="Erdos1"/> z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i chyba najprostszy dowód tego twierdzenia.

Załóżmy, dla otrzymania sprzeczności, że rozważana suma jest zbieżna, czyli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} = C</math>, gdzie <math>C</math> jest pewną stałą. Zbieżność szeregu o wyrazach dodatnich oznacza, że różnica między sumą tego szeregu i sumami częściowymi, które uwzględniają coraz więcej wyrazów ciągu, musi być coraz mniejsza. Wynika stąd istnienie najmniejszej liczby <math>r</math> takiej, że <math>\sum_{k = r + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} < {\small\frac{1}{2}}</math>.

Oznacza to, że zbiór liczb pierwszych rozpada się na dwa rozłączne podzbiory <math>P = \{ p_1, p_2, \ldots, p_r \}</math> i <math>Q = \{ p_{r + 1}, p_{r + 2,} \ldots \}</math>.

Konsekwentnie zbiór liczb całkowitych dodatnich możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: zbiór <math>\mathbb{Z}_Q</math> liczb podzielnych przez dowolną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math> i zbiór <math>\mathbb{Z}_P</math> liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math>. Czyli liczby ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru <math>P</math>.

Niech <math>M</math> będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Zauważmy, że liczb nie większych od <math>M</math> i podzielnych przez liczbę pierwszą <math>p</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A20|A20]]). Łatwo otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor < M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}} M</math>

bo z założenia <math>\sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}}</math>. Zatem liczb takich, że <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> i <math>k \leqslant M</math> jest mniej niż <math>{\small\frac{M}{2}}</math>.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Każdą liczbę ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> możemy zapisać w postaci <math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r</math>. Niech <math>\alpha_i = 2 \beta_i + \delta_i</math>, gdzie <math>\delta_i</math> jest resztą z dzielenia liczby <math>\alpha_i</math> przez <math>2</math>. Zatem

::<math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r = (p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_r}_r)^2 \cdot (p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r)</math>

Ponieważ <math>\delta_i</math> może przybierać tylko dwie wartości: zero lub jeden, to liczb postaci <math>p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r</math> jest dokładnie <math>2^r</math>, a kwadratów liczb całkowitych nie większych od <math>M</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M}</math>. Zatem liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest nie więcej niż <math>2^r \sqrt{M} \,</math><span style="color: Green"><sup>[b]</sup></span>.

Ponieważ <math>\mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+</math> i liczb <math>k \in \mathbb{Z}_+</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest po prostu <math>M</math>, to musi być prawdziwe oszacowanie

::<math>M < 2^r \sqrt{M} + {\small\frac{M}{2}}</math>

Czyli

::<math>2^{r + 1} > \sqrt{M}</math>

Co jest niemożliwe, bo <math>r</math> jest ustalone, a <math>M</math> może być dowolnie duże. Wystarczy przyjąć <math>M \geqslant 2^{2 r + 2}</math>.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb <math>k</math>. Dla przykładu: gdy <math>M > p_{r + 1} p_{r + 2}</math>, to liczba <math>p_{r + 1} p_{r + 2}</math> zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez <math>p_{r + 1}</math> i drugi raz jako podzielna przez <math>p_{r + 2}</math>. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.

<span style="color: Green">[b]</span> Zauważmy, że dla <math>M > 8</math> liczba <math>a^2</math> taka, że <math>a^2 \leqslant M < (a + 1)^2</math> wystąpi dokładnie jeden raz (jako <math>a^2 \cdot 1</math>), ale my oszacujemy, że pojawiła się <math>2^r</math> razy. Można pokazać, że dla dowolnych <math>r \geqslant 1</math> i <math>M \geqslant 1</math>, liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math>, jest mniej niż <math>2^r \sqrt{M}</math>. Jest ich nawet mniej niż <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor</math>, poza przypadkami <math>r = 1</math> i <math>M = 2, 3, 8</math>, kiedy to ilość takich liczb jest równa <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor < 2^r \sqrt{M}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

<span id="D79" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D79</span><br/>
Omawianie metody sumowania przez części<ref name="sumowanie1"/> rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja

::<math>D(k) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } k \, \text{ jest liczbą pierwszą} \\
0 & \text{gdy } k \, \text{ nie jest liczbą pierwszą} \\
\end{cases}</math>

Łatwo znajdujemy związek funkcji <math>D(k)</math> z funkcją <math>\pi (k)</math>

::<math>\pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1</math>

:::::::<math>\; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k)</math>

<span id="D80" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D80</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i niech <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> oznacza sumę odwrotności wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>. Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k - 1)}{k}}</math>

W drugiej sumie zmieniamy zmienną sumowania. Niech <math>j = k - 1</math>. Sumowanie po <math>k</math> przebiegało od <math>2</math> do <math>n</math>, zatem sumowanie po <math>j</math> będzie przebiegało od <math>1</math> do <math>n - 1</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

Ponieważ <math>\pi (1) = 0</math>. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^n \pi (k) \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right)</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D81" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D81</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D80|D80]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Zatem dla <math>n \geqslant 4</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + {\small\frac{1}{3}} + \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{k}{\log k \cdot k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log k}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{j = 5}^n {\small\frac{1}{j \log j}}</math>

Korzystając z twierdzenia [[#D47|D47]], otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \geqslant {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \int_{5}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x \log x}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>

Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> (porównaj [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D82" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D82</span><br/>
Pokazać, że oszacowanie <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>, gdzie <math>\varepsilon \in (0, 1)</math>, nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Zatem istnieje taka liczba <math>n_0</math>, że dla wszystkich <math>n \geqslant n_0</math> jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Korzystając ze wzoru (zobacz [[#D80|D80]])

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

dla liczby <math>n > n_0</math> otrzymujemy oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{n^{1 - \varepsilon}}{n}} + \sum_{k = 2}^{n_0 - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{k^{1 - \varepsilon}}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{n^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k^{\varepsilon} (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; < {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n} {\small\frac{1}{k^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; \leqslant {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + {\small\frac{1}{(n_0)^{1 + \varepsilon}}} + \int^n_{n_0} {\small\frac{d x}{x^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_2 + \left[ - {\small\frac{1}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon}}} \biggr\rvert_{n_0}^{n} \right]</math>

:::<math>\quad \; = C_2 - {\small\frac{1}{\varepsilon n^{\varepsilon}}} + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; < C_2 + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_3</math>

Co jest niemożliwe, bo lewa strona rośnie nieograniczenie wraz ze wzrostem <math>n</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], [[#D78|D78]], [[#D81|D81]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D83" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D83 (sumowanie przez części)</span><br/>
Niech <math>a_j</math>, <math>b_j</math> będą ciągami określonymi przynajmniej dla <math>s \leqslant j \leqslant n</math>. Prawdziwy jest następujący wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z czynników (powiedzmy, że dla <math>b_j</math>), to do wyliczenia lub oszacowania sumy <math>\sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math> może być pomocny dowodzony wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że wprost z definicji funkcji <math>B(k)</math> otrzymujemy

::<math>B(s) = \sum_{j = s}^{s} b_j = b_s</math>

oraz

::<math>B(k) - B (k - 1) = \sum_{j = s}^{k} b_j - \sum^{k - 1}_{j = s} b_j = b_k + \sum_{j = s}^{k - 1} b_j - \sum_{j = s}^{k - 1} b_j = b_k</math>

Przekształcając prawą stronę dowodzonego wzoru, pokażemy, że obie strony są równe.

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n B (n) - \sum^{n - 1}_{k = s} a_{k + 1} B (k) + \sum_{k = s}^{n - 1} a_k B (k)</math>

W pierwszej sumie po prawej stronie zmieniamy wskaźnik sumowania na <math>j = k + 1</math>, a w drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n B (n) - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n - 1} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j) + a_s B (s)</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D84" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D84</span><br/>
Niech <math>r \neq 1</math>. Pokazać, że <math>\sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 0</math>, <math>a_k = k</math> i <math>b_k = r^k</math>. Zauważmy, że sumowanie od <math>k = 0</math> nic nie zmienia, a nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - \sum_{k = 0}^{n - 1} r^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D85" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D85 (kryterium Dirichleta)</span><br/>
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny<br/><br/>

:*   <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>

:*   istnieje taka stała <math>M</math>, że <math>\left| \sum_{j = 1}^{k} b_j \right| \leqslant M</math> dla dowolnej liczby <math>k</math>

to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n \cdot B (n) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = 1}^{k} b_j</math>. Z założenia ciąg <math>B(n)</math> jest ograniczony i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, zatem (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]])

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \cdot B (n) = 0</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny. Jeżeli jest malejący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M (a_1 - a_n)</math>

(zobacz [[#D15|D15]]). Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest rosnący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_{k + 1} - a_k)</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M (a_1 - a_n)</math>

Łącząc uzyskane rezultaty oraz uwzględniając fakt, że ciąg <math>(a_n)</math> jest ograniczony, bo jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant M | a_1 - a_n | \leqslant M (| a_1 | + | a_n |) \leqslant 2 M U</math>

Ponieważ sumy częściowe szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) |</math> tworzą ciąg rosnący i ograniczony od góry, to szereg ten jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]). Wynika stąd zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math> (zobacz [[#D12|D12]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D86" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D86</span><br/>
Udowodnić następujące wzory

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) =
{\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cos \left( {\normalsize\frac{k}{2}} + 1 \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \sin j = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \sin (k + 1)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) + \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.

'''Punkt 2.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = \sin (k + 1) - \sin (1)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D87" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D87</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1 pokazaliśmy, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\left| \sum_{j = 1}^{k} \sin j \right| =
\left| {\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \right| \leqslant
{\small\frac{1}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math><br/>

Ponieważ spełnione są założenia kryterium Dirichleta, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny. Wiemy, że <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=sum+sin%28k%29%2Fk%2C+k%3D1+to+infinity WolframAlpha]).

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie

::<math>- 0.127671 < {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \leqslant \sum_{j = 1}^{k} \sin j \leqslant {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) + 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} < 1.958159</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D88" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D88</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> jest zbieżny, a suma tego szeregu jest w przybliżeniu równa <math>0.6839137864 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu wynika z kryterium Dirichleta, co pokazujemy tak samo jak w zadaniu poprzednim. Oszacowanie sumy szeregu jest znacznie trudniejsze, bo ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> silnie oscyluje i dopiero dla bardzo dużych <math>n</math> wynik sumowania mógłby być znaczący. Przykładowo:

::<math>S_{10^6} = 0.609189 \qquad S_{10^7} = 0.748477 \qquad S_{10^8} = 0.727256 \qquad S_{10^9} = 0.660078</math>

Okazuje się, że tutaj też będzie pomocne sumowanie przez części. We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = \sin k</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} \sin j = {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \sin (1) = C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Sumując przez części, dostajemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right) B (k)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + \sum^{n - 1}_{k = 2} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \left( C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Zauważmy, że szereg po prawej stronie jest zbieżny nawet bez uzbieżniającego czynnika <math>\cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>, bo bez tego czynnika mielibyśmy szereg teleskopowy (zobacz [[#D15|D15]]). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>S_{10^6} = 0.683913783004 \qquad S_{10^7} = 0.683913786642 \qquad S_{10^8} = 0.683913786411 \qquad S_{10^9} = 0.683913786415</math>

Jest to przybliżona wartość sumy szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>.<br/>

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy</span><br/>

Kolejne sumowanie przez części pozwoli określić błąd z jakim wyznaczona została wartość sumy <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> i <math>b_k = \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;2, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} b_j = \sum_{j = 2}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) = C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Wzór na sumowanie przez części ma teraz postać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) B (k)</math>

:::::::::::::<math>\;\;\, = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) + \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) (C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1))</math>

Zauważmy, że

::<math>C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) = C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right)</math>

::::::::::::::::::<math>\:\, = C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) - C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (3)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right)</math>

bo szeregi po prawej stronie są szeregami teleskopowymi.

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{C_3}{\log (2)}} - {\small\frac{C_3}{\log (3)}} + C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

Zbierając, otrzymaliśmy wzór

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad \quad \: C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

dostajemy

::<math>S_{10^7} = 0.68391378641827479894 \qquad S_{10^8} = 0.68391378641827482233 \qquad S_{10^9} = 0.68391378641827482268</math>

Łatwo oszacujemy błąd z jakim wyliczyliśmy wartość sumy szeregu <math>S</math>

::<math>| S - S_n | = \left| C_2 C_4 \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left| \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right| | \sin (k + 1) |</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right|</math>                (zobacz przypis <span style="color: Green">[a]</span>)

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left[ \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \right]</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right)</math>

Dla <math>n = 10^9</math> otrzymujemy

::<math>| S - S_n | < 2.533 \cdot 10^{- 12}</math>

Zatem <math>S = 0.6839137864 \ldots</math>, gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Z łatwego do sprawdzenia wzoru

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

wynika, że wyrażenie <math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> maleje ze wzrostem <math>k</math>, czyli ciąg <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> jest ciągiem malejącym, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} > {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}}</math>

Ciągi <math>(a_k)_{k = 1}^n</math> liczb rzeczywistych takie, że <math>2 a_k \leqslant a_{k - 1} + a_{k + 1}</math> dla <math>k = 2, \ldots, n - 1</math> nazywamy ciągami wypukłymi<ref name="convexseq1"/>. Wprost z definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją wypukłą i <math>a_k = f (k)</math>, to ciąg <math>(a_k)</math> jest ciągiem wypukłym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D89" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D89</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = \log k</math> i <math>b_k = D (k)</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \log n \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} (\log (k + 1) - \log k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>

Zatem

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D90" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D90</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>, gdzie <math>A, B \in \mathbb{R}_+</math>, to istnieje granica

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji funkcji <math>\theta (n)</math> łatwo otrzymujemy

::<math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p < \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n)</math>

Skąd wynika, że

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Oszacowanie wyrażenia <math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}}</math> od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

(zobacz [[#D89|D89]]) otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} = 1 - {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C19|C19]] i założonego oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math>

::<math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{\log n}{\log n \cdot A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}} \cdot {\small\frac{B \cdot k}{\log k}}</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

Nie możemy oszacować sumy całką, bo całka <math>\int {\small\frac{d x}{\log x}}</math> jest funkcją nieelementarną. Nie możemy też pozwolić sobie na zbyt niedokładne oszacowanie sumy i nie możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} < {\small\frac{n - 2}{\log 2}} < {\small\frac{n}{\log 2}}</math>

Wyjściem z tej sytuacji jest odpowiedni podział przedziału sumowania i szacowanie w każdym przedziale osobno. Niech punkt podziału <math>M</math> spełnia warunek <math>\sqrt{n} \leqslant M < \sqrt{n} + 1</math>. Mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} = \sum_{k = 2}^{M - 1} {\small\frac{1}{\log k}} + \sum^{n - 1}_{k = M} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M - 2}{\log 2}} + {\small\frac{n - M}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log \sqrt{n}}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \left( {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} \right)</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right)</math>

Łącząc otrzymane rezultaty, otrzymujemy

::<math>1 - {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right) < {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) mamy

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D91" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D91</span><br/>
Funkcja <math>\theta (n)</math> jest ściśle związana z dobrze nam znaną funkcją <math>P (n)</math>. Ponieważ <math>P(n) = \prod_{p \leqslant n} p</math>, to

::<math>\log P (n) = \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>.

Z twierdzenia [[#D90|D90]] wynika, że jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>. Jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C13|C13]] p.&hairsp;3).

Wiemy, że dla funkcji <math>\theta (n)</math>, gdzie <math>n \geqslant 2</math>, prawdziwe jest oszacowanie<ref name="Dusart18"/>

::<math>\left| {\small\frac{\theta (n)}{n}} - 1 \right| \leqslant {\small\frac{151.3}{\log^4 n}}</math>

<span id="D92" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D92</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz [[#D83|D83]]) <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = D (k) \cdot \log k</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n)</math>

Zatem

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log k - \log (k + 1)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

<span id="D93" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D93 (kryterium d'Alemberta)</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem liczb rzeczywistych i istnieje granica

::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right|</math>

Jeżeli
:*   <math>g < 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny

:*   <math>g > 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest rozbieżny

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy najpierw przypadek, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < 1</math>. Niech <math>r</math> będzie dowolną liczbą rzeczywistą taką, że <math>g < r < 1</math> i przyjmijmy <math>\varepsilon = r - g</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>. Z prawej nierówności otrzymujemy, że dla <math>n \geqslant N</math> jest

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < r</math>

::<math>| a_{n + 1} | < r | a_n |</math>

::<math>| a_{n + k} | < r^k | a_n |</math>

Ostatnią nierówność można łatwo udowodnić metodą indukcji matematycznej względem <math>k</math>. Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = N + 1}^{\infty} | a_k | = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_{N + k} | < \sum_{k = 1}^{\infty} r^k | a_n | = r | a_n | \sum_{k = 1}^{\infty} r^{k - 1} = | a_n | \cdot {\small\frac{r}{1 - r}}</math>

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest bezwzględnie zbieżny.

W przypadku, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > 1</math> wybieramy liczbę <math>r</math> tak, aby spełniała warunek <math>1 < r < g</math> i przyjmujemy <math>\varepsilon = g - r</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Przyjmując, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>, z lewej nierówności otrzymujemy dla <math>n \geqslant N</math>

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > r > 1</math>

Czyli <math>| a_{n + 1} | > | a_n |</math>, zatem dla wszystkich <math>k > N</math> jest <math>| a_k | > | a_N | > 0</math> i nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz [[#D4|D4]]). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D94" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D94</span><br/>
W przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = 1</math> kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności lub rozbieżności szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math>. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} 1 \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

<span id="D95" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D95</span><br/>
Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Zbadamy zbieżność szeregu

::<math>e^x = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{x^n}{n!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

Ponieważ

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{x^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| x |}{n + 1}} = 0</math>

to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny.

<span id="D96" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D96</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Łatwo znajdujemy, że

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = {\small\frac{(n + 1)^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = {\small\frac{(n + 1) (n + 1)^n}{(n + 1) n!}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} e > 1</math>

Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D97" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D97</span><br/>
W twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]], korzystając z następującej definicji funkcji <math>e^x</math>

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

pominęliśmy dowód własności <math>e^x e^{- x} = 1</math>. Spróbujemy teraz pokazać, że <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

::<math>e^x e^y = \left( \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i}{i!}} \right) \left( \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{y^j}{j!}} \right) = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}</math>

Oznaczmy <math>a_i = {\small\frac{x^i}{i!}}</math> oraz <math>b_j = {\small\frac{y^j}{j!}}</math> i przyjrzyjmy się sumowaniu po <math>i, j</math>. W podwójnej sumie po prawej stronie <math>\sum^{\infty}_{i = 0} \sum_{j = 0}^{\infty} a_i b_j</math> sumujemy po kolejnych liniach poziomych tak, jak to zostało pokazane na rysunku

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|- style="background-color: LightGray"
| <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Violet"
| <math>a_5 b_0</math> || <math>a_5 b_1</math> || <math>a_5 b_2</math> || <math>a_5 b_3</math> || <math>a_5 b_4</math> || <math>a_5 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Cyan"
| <math>a_4 b_0</math> || <math>a_4 b_1</math> || <math>a_4 b_2</math> || <math>a_4 b_3</math> || <math>a_4 b_4</math> || <math>a_4 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Green"
| <math>a_3 b_0</math> || <math>a_3 b_1</math> || <math>a_3 b_2</math> || <math>a_3 b_3</math> || <math>a_3 b_4</math> || <math>a_3 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Yellow"
| <math>a_2 b_0</math> || <math>a_2 b_1</math> || <math>a_2 b_2</math> || <math>a_2 b_3</math> || <math>a_2 b_4</math> || <math>a_2 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Orange"
| <math>a_1 b_0</math> || <math>a_1 b_1</math> || <math>a_1 b_2</math> || <math>a_1 b_3</math> || <math>a_1 b_4</math> || <math>a_1 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Red"
| <math>a_0 b_0</math> || <math>a_0 b_1</math> || <math>a_0 b_2</math> || <math>a_0 b_3</math> || <math>a_0 b_4</math> || <math>a_0 b_5</math> || <math>\; \cdots \;</math>
|}

Zastępując sumowanie po kolejnych liniach poziomych sumowaniem po kolejnych przekątnych, otrzymamy taki rysunek

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Co odpowiada sumie <math>\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {a_k} b_{n - k}</math>, gdzie <math>n</math> numeruje kolejne przekątne. Taka zmiana sposobu sumowania powoduje następujące przekształcenie wzoru

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}</math>

Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{k! \cdot (n - k) !}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}}</math>

to otrzymujemy

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} (x + y)^n = e^{x + y}</math>

Pokazaliśmy tym samym, że z definicji

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

Mamy świadomość, że dokonana przez nas zmiana sposobu sumowania była nieformalna i w związku z tym nie wiemy, czy była poprawna. Zatem musimy precyzyjnie zdefiniować takie sumowanie i zbadać, kiedy jest dopuszczalne. Dopiero wtedy będziemy mogli być pewni, że policzony rezultat jest poprawny.

<span id="D98" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D98</span><br/>
Iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_1 + a_n b_0</math>

W przypadku szeregów, których wyrazy są numerowane od liczby <math>1</math>, iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 1}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k b_{n - k + 1} = a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_2 + a_n b_1</math>

<span id="D99" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D99</span><br/>
Niech <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 0, 0, 0, 0, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = b_n</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 1, 1, 1, 1, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} b_k = B_n</math>

:*   jeżeli <math>a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}}</math>, to <math>c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, gdzie <math>q \neq r</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} = \sum^n_{j = 0} b_j = B_n</math>

'''Punkt 3.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^k r^{n - k}}{k!(n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

'''Punkt 4.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

'''Punkt 5.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k}</math>

Jeżeli <math>r = 0</math>, to <math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0</math>. Jeżeli <math>r \neq 0</math>, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = r^n \sum_{k = 1}^{n - 1} \left( {\small\frac{q}{r}} \right)^k = r^n \cdot {\small\frac{\left( {\normalsize\frac{q}{r}} \right)^n - {\normalsize\frac{q}{r}}}{{\normalsize\frac{q}{r}} - 1}} = {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

Zauważmy, że znaleziony wzór obejmuje również przypadek <math>r = 0</math>. Zatem

::<math>c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right)</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D100" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D100</span><br/>
Ostatni punkt zadania [[#D99|D99]] pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i ich iloczynów Cauchy'ego. Przypomnijmy, że

::<math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>\quad (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>,  gdzie <math>q \neq r</math>

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

Przykłady zebraliśmy w tabeli.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{a}</math> || <math>\boldsymbol{q}</math> || <math>\boldsymbol{b}</math> || <math>\boldsymbol{r}</math> || <math>\boldsymbol{(c_n)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} a_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} b_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} c_n}</math>
|-
|<math>3</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math>|| <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
|<math>-2</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2q}{r - q}}</math> || <math>q</math> || <math>{\small\frac{r}{r - q}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2q )}{(r - q)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>4</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>\left( -8,{\small\frac{1}{3}}, {\small\frac{1}{3^2}}, {\small\frac{1}{3^3}}, {\small\frac{1}{3^4}}, {\small\frac{1}{3^5}}, \ldots \right)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{7}{3}}</math> || <math>2</math> || <math>- {\small\frac{1}{3}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - {\small\frac{7}{9}}, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-3,3,3^2,3^3,3^4,3^5,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-1</math> || <math>\left( {\small\frac{1}{4}}, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots \right)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(-2, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>3</math> || <math>2</math> || <math>(-3, 1, 1, 1, 1, 1,\ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(-2,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(0, 1, 1, 1, 1, 1, \ldots )</math> || rozbieżny || zbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2}{r - 1}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{r}{r - 1}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2 )}{(r - 1)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(0, 2, 2^2, 2^3, 2^4, 2^5, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>3</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - 3, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|}

<span id="D101" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D101</span><br/>
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz [[#D5|D5]])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28-1%29%5Ek%2Fsqrt%28k%2B1%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+infinity%7D+%5D WolframAlpha])

Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{\sqrt{n - k + 1}}}
= (- 1)^n \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}}</math>

Ale <math>k \leqslant n</math> i <math>n - k \leqslant n</math>, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}} \geqslant {\small\frac{1}{\sqrt{(n + 1) (n + 1)}}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>| c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1</math>

Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0</math>, to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz [[#D4|D4]]).

<span id="D102" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D102</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D99|D99]] p.&hairsp;3), to szeregi <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> oraz <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Sprawdzić, że w przypadku, gdy szeregi te są zbieżne, prawdziwy jest wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> łatwo zbadamy, stosując kryterium d'Alemberta.

::<math>\left| {\small\frac{c_{n + 1}}{c_n}} \right| = \left| {\small\frac{(n + 2) r^{n + 1}}{(n + 1) r^n}} \right| = {\small\frac{n + 2}{n + 1}} \cdot | r | \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} | r |</math>

Zatem szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math> i rozbieżny, gdy <math>| r | > 1</math>, tak samo, jak szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math>. W przypadku, gdy <math>r = \pm 1</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math> jest rozbieżny, a odpowiednie sumy częściowe szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> są równe

:*    gdy <math>r = 1</math>, <math>c_n = n + 1</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) = {\small\frac{(L + 1) (L + 2)}{2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \infty \qquad \qquad</math> (zobacz <span style="color: Green">[a]</span>, [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+n%2B1%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

:*    gdy <math>r = - 1</math>, <math>c_n = (n + 1) (- 1)^n</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) (- 1)^n = (- 1)^L \cdot {\small\frac{2 L + 3}{4}} + {\small\frac{1}{4}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \pm \infty \qquad \qquad</math> (zobacz [[#D84|D84]], [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28n%2B1%29*%28-1%29%5En%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

W przypadku, gdy <math>| r | < 1</math> wiemy<ref name="GeometricSeries1"/>, że <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n = {\small\frac{1}{1 - r}}</math>. Korzystając z zadania [[#D84|D84]], otrzymujemy

::<math>\sum_{n = 0}^{L} (n + 1) r^n = \sum_{n = 0}^{L} n r^n + \sum_{n = 0}^{L} r^n = {\small\frac{L r^{L + 2} - (L + 1) r^{L + 1} + r}{(r - 1)^2}} + {\small\frac{r^{L + 1} - 1}{r - 1}} = {\small\frac{(L + 1) r^{L + 2} - (L + 2) r^{L + 1} + 1}{(r - 1)^2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{(r - 1)^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math>, to musi być <math>\lim_{n \rightarrow \infty} (n + 1) r^n = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Pokazaliśmy, że w rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k = {\small\frac{1}{2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} k \right) = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{j = 0}^{n} (n - j) \right] = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) \right] = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (k + n - k) = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} 1 = {\small\frac{n (n + 1)}{2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D103" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D103</span><br/>
Przykłady [[#D100|D100]] i [[#D101|D101]] pokazują, że w ogólności nie jest prawdziwy wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

Skoro iloczyn sum szeregów nie zawsze jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów, to musimy ustalić, jakie warunki muszą być spełnione, aby tak było.

<span id="D104" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D104</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

możemy łatwo przejść do sumowania po liniach poziomych lub po liniach pionowych. Rysunek przedstawia sytuację, gdy <math>m = 5</math>.

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Przejście do sumowania po liniach poziomych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach poziomych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii poziomej.

Przejście do sumowania po liniach pionowych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_j b_i</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach pionowych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii pionowej.

<span id="D105" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D105 (Franciszek Mertens)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> jest zbieżny bezwzględnie, szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny i <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy <math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A'</math>. Niech

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad B_n = \sum_{j = 0}^{n} b_j \qquad \qquad C_n = \sum_{k = 0}^{n} c_k \qquad \qquad \beta_n = B_n - B</math>

Przekształcając sumę <math>C_m</math>, otrzymujemy

::<math>C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Przechodzimy od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C_m = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum_{j = 0}^{m - i} b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \left( {B + \beta_{m - i}} \right)</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = B \sum_{i = 0}^{m} a_i + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = A_m B + \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Zatem

::<math>C_m - A_m B = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Niech

::<math>\delta_m = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Oczywiście chcemy pokazać, że <math>C_m \longrightarrow A B</math>. Ponieważ <math>A_m B \longrightarrow A B</math>, to wystarczy pokazać, że <math>\delta_m \longrightarrow 0</math>.

Z założenia <math>B_m \longrightarrow B</math>, zatem <math>\beta_m \longrightarrow 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(\beta_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(\beta_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| \beta_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon_1 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(\beta_k)</math> spełniają warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>M = M (\varepsilon_1)</math>. Zatem dla <math>m > M</math> dostajemy

::<math>| \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny, zatem musi być <math>\lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Czyli dla dowolnego <math>\varepsilon_2 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon_2</math>. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon_2)</math>. Zatem dla <math>m > M + N</math> otrzymujemy

::<math>| \delta_m | < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

:::<math>\;\; < \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A'</math>

Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> wystarczy wybrać <math>\varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}}</math> i <math>\varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}}</math>, aby otrzymać <math>| \delta_m | < \varepsilon</math> dla wszystkich <math>m > M + N</math>. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\delta_m</math> spełniają warunek <math>| \delta_m | < \varepsilon</math>, to <math>\lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D106" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D106</span><br/>
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z założenia szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B'</math>

Zauważmy, że suma <math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math> obejmuje <math>m + 1</math> przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C'_m = \sum_{n = 0}^{m} | c_n |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \left| \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right|</math>

:::<math>\; \leqslant \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} | a_i | | b_j | \qquad \qquad</math> (zmieniliśmy sposób sumowania)

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} | a_i | \sum_{j = 0}^{m - i} | b_j |</math>

:::<math>\; \leqslant A' B'</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>C'_m</math> jest rosnący (bo sumujemy wartości nieujemne) i ograniczony od góry, to jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D107" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D107</span><br/>
Podać przykład szeregów zbieżnych, z których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^i}{2^i}} = {\small\frac{2}{3}}</math> jest bezwzględnie zbieżny, bo <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2^i}} = 2</math> jest zbieżny. Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]).

Zatem na podstawie twierdzenia Mertensa iloczyn Cauchy'ego tych szeregów <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{2^k}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

jest zbieżny. Łatwo widzimy, że

::<math>| c_n | = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; = {\small\frac{1}{n + 1}} + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; \geqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math> jest rozbieżny i

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant | c_n |</math>

to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D108" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D108</span><br/>
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest warunkowo zbieżny (zobacz [[#D5|D5]], [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Iloczyn Cauchy'ego dwóch takich szeregów jest równy <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(n - k + 1) + (k + 1)}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{2 (- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Ponieważ (zobacz [[#D48|D48]])

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

to

::<math>{\small\frac{2}{n + 2}} \cdot \log (n + 2) < | c_n | < {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot (1 + \log (n + 1))</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | c_n | = 0</math>. Pokażemy teraz, że ciąg <math>(| c_n |)</math> jest ciągiem malejącym.

::<math>| c_n | - | c_{n - 1} | = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} + \left( {\small\frac{2}{n + 2}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \right) \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} - {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; \leqslant 0</math>

Bo <math>\sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} \geqslant 1</math>. Ponieważ ciąg <math>(| c_n |)</math> jest malejący i zbieżny do zera, to z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^n | c_n |</math> jest zbieżny. Zauważmy jeszcze, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant {\small\frac{2 \log (n + 2)}{n + 2}} < | c_n |</math>

Zatem na podstawie kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D109" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D109</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D111|D111]] pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w sensie Cesàro<ref name="CesaroSum1"/>. Nie będziemy zajmowali się tym tematem, ale podamy ciekawy przykład.

Rozważmy szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math>. Sumy częściowe tego szeregu wynoszą <math>S_k = {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}</math> i tworzą ciąg rozbieżny, ale ciąg kolejnych średnich arytmetycznych dla ciągu <math>(S_k)</math> jest równy

::<math>x_n = {\small\frac{S_0 + \ldots + S_n}{n + 1}}
= {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}
= {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1 + (- 1)^n}{4 (n + 1)}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=1%2F%28n%2B1%29+*+Sum%5B+%281+%2B+%28-1%29%5Ek+%29%2F2%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D+%5D WolframAlfa])

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math> jest sumowalny w sensie Cesàro i jego suma jest równa <math>{\small\frac{1}{2}}</math>.

<span id="D110" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D110</span><br/>
Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(a_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| a_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon)</math>. Zatem dla <math>n > N</math> możemy napisać

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = {\small\frac{| a_0 | + \ldots + | a_N | + |a_{N + 1} | + \ldots + | a_n |}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon (n - N)}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + \varepsilon</math>

Ponieważ liczba <math>n</math> może być dowolnie duża, to wyrażenie <math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}}</math> może być dowolnie małe. W szczególności warunek

::<math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} < \varepsilon</math>

jest spełniony dla <math>n > {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1</math> i otrzymujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | < 2 \varepsilon</math>

dla wszystkich <math>n > \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right)</math>. Zatem <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D111" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D111</span><br/>
Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych <math>x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}}</math> jest zbieżny do tej samej granicy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g</math>

Z definicji ciągu <math>(x_n)</math> dostajemy

::<math>x_n - g = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} - g
= {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n - (n + 1) g}{n + 1}}
= {\small\frac{(a_0 - g) + \ldots + (a_n - g)}{n + 1}}
= {\small\frac{a_0 - g}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{a_n - g}{n + 1}}</math>

Wynika stąd, że

::<math>0 \leqslant | x_n - g | \leqslant {\small\frac{| a_0 - g |}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{| a_n - g |}{n + 1}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k - g |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2). Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D112" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D112</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> i <math>(b_n)</math> będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a</math> i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''1. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0}</math>

Ponieważ ciąg <math>(b_n)</math> jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| b_k | \leqslant U</math>. Zatem

::<math>0 \leqslant \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | \leqslant {\small\frac{U}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right) = 0</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2).

'''2. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \neq 0}</math>

Niech <math>x_n = a_n - a</math>. Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = 0</math>. Podstawiając, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum^n_{k = 0} (a + x_k) b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a b_{n - k} + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = a \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{j = 0}^{n} b_j + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

W granicy, gdy <math>n \longrightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D111|D111]] i udowodnionego wyżej przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, dostajemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D113" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D113 (Niels Henrik Abel)</span><br/>
Jeżeli szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> są zbieżne i ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny, to <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Będziemy stosowali następujące oznaczenia

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad \;\, B_n = \sum_{i = 0}^{n} b_i \qquad \qquad \;\; C_n = \sum_{i = 0}^{n} c_i</math>

Z założenia szeregi są zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} A_n = A \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} C_n = C</math>

Rozważmy sumę

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k b_{n - k}</math> po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum^{m - i}_{j = 0} b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{k = 0}^{m} a_k B_{m - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k B_{m - k}</math> po <math>L + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>L + 1</math> kolejnych liniach pionowych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{i = 0}^{L} \sum_{j = 0}^{L - i} a_j B_i</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i \sum_{j = 0}^{L - i} a_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{m = 0}^{L} C_m = {\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

W granicy, gdy <math>L \longrightarrow \infty</math>, z twierdzeń [[#D111|D111]] i [[#D112|D112]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

<span id="D114" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D114</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> definiujemy wzorem

::<math>C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>.

<span id="D115" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D115</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> mają następujące własności

:*   <math>C_n</math> są liczbami całkowitymi dodatnimi

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_n = {\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych wartości <math>n \geqslant 0</math>, bo <math>(C_n) = (1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, \ldots)</math>. W ogólności wystarczy zauważyć, że dla <math>n \geqslant 0</math> mamy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n + 1) ! (n - 1) !}} = {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} < {\small\binom{2 n}{n}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n}} - {\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} - {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

Zatem <math>C_n</math> jest liczbą całkowitą większą od zera.

'''Punkt 2.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) !}{n! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}} = {\small\frac{1}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n - 1) ! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

'''Punkt 3.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{C_{n + 1}}{C_n}} = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 1) !}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}} =</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}}</math>
</div>

'''Punkt 4.'''

Dowód tego punktu został umieszczony w Uzupełnieniu (zobacz [[#D140|D140]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D116" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D116</span><br/>
Niech <math>C_n</math> oznacza <math>n</math>-tą liczbę Catalana i niech <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> oznacza szereg, który otrzymujemy, mnożąc szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> przez siebie według reguły Cauchy'ego. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>a_n = C_n</math>,  to  <math>x_n = C_{n + 1}</math>

:*   jeżeli <math>a_0 = \alpha</math> i <math>a_n = r^{n - 1} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>,  to  <math>x_0 = \alpha^2</math>, <math>x_1 = 2 \alpha C_0</math> i <math>x_n = (1 + 2 \alpha r) r^{n - 2} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 2</math>

Dla jakich wartości <math>\alpha, r</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> jest zbieżny?

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 2.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>x_0 = a_0 a_0 = \alpha^2</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>x_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2 a_0 a_1 = 2 \alpha C_0</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>x_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = a_0 a_n + a_n a_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 a_0 a_n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^{k - 1} C_{k - 1} \cdot r^{n - k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{k = 1}^{n - 1} C_{k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{j = 0}^{n - 2} C_j C_{n - 2 - j}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} C_{n - 1}</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)</math>
</div>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = \frac{{\normalsize\frac{1}{n + 1}} {\normalsize\binom{2 n}{n}}}{{\normalsize\frac{1}{n}} {\normalsize\binom{2 n - 2}{n - 1}}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1) (2 n - 2) !}{n^2 [(n - 1) !]^2}} \cdot {\small\frac{[(n - 1) !]^2}{(2 n - 2) !}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1)}{n^2}}
= {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}}</math>

Z kryterium d'Alemberta dla szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> i szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> otrzymujemy

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^n C_n}{r^{n - 1} C_{n - 1}}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = | r | \cdot {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

::<math>\left| {\small\frac{x_{n + 1}}{x_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^{n - 1} C_n (1 + 2 \alpha r)}{r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

Zatem szeregi te są bezwzględnie zbieżne w przypadku, gdy <math>| r | < {\small\frac{1}{4}}</math>. W szczególności dla <math>\alpha = - {\small\frac{1}{2 r}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> zawsze będzie zbieżny, bo od trzeciego wyrazu będzie się składał z samych zer. Wiemy, że w przypadku, gdy <math>r = {\small\frac{1}{4}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2</math> jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

<span id="D117" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D117</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> i <math>r \in \mathbb{R}</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy

::<math>(1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k</math>

'''Punkt 2.'''

Całkując obie strony wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>\int^r_0 (1 + x)^n d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \int^r_0 x^k d x</math>

::<math>{\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>

'''Punkt 3.'''

Obliczając pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy dowodzony wzór.

'''Punkt 4.'''

Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy

::<math>n(n - 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - n 2^{n - 1}</math>

Skąd natychmiast wynika dowodzony wzór.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D118" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D118</span><br/>
Dla <math>n, m \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ze wzoru Pascala

::<math>{\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

otrzymujemy

::<math>{\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

Kładąc <math>a = n + k + 1</math>, mamy

::<math>{\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}}</math>

Czyli

::<math>{\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}}</math>

Wykorzystując powyższy wzór, łatwo pokazujemy, że (zobacz [[#D15|D15]])

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Suma nieoznaczona</span> ===

<span id="D119" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D119</span><br/>
Sumą nieoznaczoną<ref name="IndefiniteSum1"/> (lub antyróżnicą) funkcji <math>f(k)</math>, będziemy nazywali dowolną funkcję <math>F(k)</math> taką, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>F(k + 1) - F (k) = f (k)</math>
</div>

Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji <math>F(k)</math>, bo jeżeli <math>F (k)</math> jest sumą nieoznaczoną, to <math>F (k) + C</math>, gdzie <math>C</math> jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W szczególności

::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = \sum_{k = a}^{b} (F (k + 1) - F (k))</math>

::::<math>\;\;\;\: = - \sum_{k = a}^{b} (F (k) - F (k + 1))</math>

<div style="margin-top: 1.1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = - ( F (a) - F (b + 1) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = F (b + 1) - F (a)</math>
</div>

Co przez analogię do całki nieoznaczonej możemy zapisać jako

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = F (k) \biggr\rvert_{a}^{b + 1} \qquad \qquad \qquad ( 1 )</math>
</div>

Należy podkreślić różnicę między sumą oznaczoną <math>S(n)</math> a sumą nieoznaczoną <math>F(k)</math>. Niech <math>f(k) = k^2</math>. Oczywiście

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 = {\small\frac{1}{6}} n (n + 1) (2 n + 1)</math>

::<math>F(k) = {\small\frac{1}{6}} (k - 1) k (2 k - 1)</math>

Ponieważ dla sumy <math>S(n)</math> prawdziwy jest związek <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>, to otrzymujemy <math>F(k) = S (k - 1)</math>. Weźmy kolejny przykład, niech <math>f(k) = r^k</math>, gdzie <math>r</math> jest stałą. Mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} r^k = {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}}</math>

ale

::<math>F(k) = {\small\frac{r^k}{r - 1}}</math>

i nie jest prawdą, że <math>F(k) = S (k - 1)</math>, bo pominięty został wyraz <math>{\small\frac{- 1}{r - 1}}</math>, który jest stałą, ale jest to zrozumiałe.

Niech teraz <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Tym razem otrzymujemy zupełnie inne wyniki: suma <math>S(n)</math> nie zależy od dwóch zmiennych, bo jest to niemożliwe, a suma nieoznaczona nadal zależy od <math>k</math>, bo dla <math>F(n, k)</math> musi być prawdziwy wzór <math>(1)</math>. Łatwo widzimy, że

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D120" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D120</span><br/>
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem <math>S(b) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math> i chcemy udowodnić jego poprawność. W prostych przypadkach możemy wykorzystać indukcję matematyczną: wystarczy pokazać, że

::<math>S(k + 1) = S (k) + f (k + 1)</math>

Jeżeli już udało nam się pokazać związek <math>f(k) = S (k) - S (k - 1)</math>, to równie dobrze możemy zamienić sumę na sumę teleskopową (zobacz [[#D15|D15]]), aby otrzymać, że

::<math>\sum_{k = a + 1}^{b} f (k) = \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k) - S (k - 1) )</math>

:::::<math>\;\, = - \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k - 1) - S (k) )</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = - ( S (a) - S (b) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = S (b) - S (a)</math>
</div>

Czyli

::<math>S(b) = \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) + S (a) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math>

bo <math>S(a) = f (a)</math>.

W przypadkach bardziej skomplikowanych nie możemy tak postąpić. W poprzedniej uwadze rozważaliśmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

ale

::<math>S(n) - S (n - 1) = {\small\frac{3 n + 1}{2 (n + 1)}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

I nie da się pokazać związku <math>S(k) - S (k - 1) = f (n, k)</math>, bo różnica <math>S(k) - S (k - 1)</math> nie zależy od <math>n</math>.

Tutaj z pomocą przychodzi nam suma nieoznaczona. W programie Maxima możemy ją policzyć, wpisując polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);</span>

Otrzymujemy

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Oczywiście

::<math>F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>

i

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

Podsumujmy. Jakkolwiek znalezienie ogólnego wzoru na sumę <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k)</math> może być bardzo trudne, to udowodnienie poprawności tego wzoru może być znacznie łatwiejsze (metodą indukcji matematycznej lub obliczając sumę teleskopową). Podobnie jest w bardziej skomplikowanym przypadku, gdy szukamy ogólnego wzoru na sumę <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Tutaj wymienionych przed chwilą metod zastosować nie można, a znalezienie wzoru na sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> może być jeszcze trudniejsze, ale gdy już taki wzór mamy, to sprawdzenie jego poprawności, czyli związku <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math>, może być bardzo łatwe, a wtedy otrzymujemy natychmiast

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D121" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D121</span><br/>
Korzystając z programu Maxima znaleźć sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> dla funkcji

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

i pokazać, że prawdziwy jest wzór <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>, gdzie <math>C_n</math> są liczbami Catalana.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wpisując w programie Maxima polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);</span>

otrzymujemy

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{(n - 2 k + 1) (2 n - 2 k + 1)}{(n + 1) (n + 2) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k)}{n - k}}</math>

Czytelnik bez trudu pokaże, że

::<math>F(n, k + 1) = - {\small\frac{(2 k + 1) (n - 2 k - 1)}{(n + 1) (n + 2) (k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

oraz łatwo sprawdzi związek <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math> i wyliczy sumę oznaczoną.

Chcemy zwrócić uwagę na występującą tutaj trudność. Oczywiście

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

ale funkcja <math>F(n, k)</math> nie jest określona dla <math>k = n + 1</math>. Żeby ominąć ten problem, możemy przekształcić funkcję <math>F(n, k)</math> tak, aby możliwe było obliczenie jej wartości dla <math>k = n + 1</math>

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{n - 2 k + 1}{2 (n + 1) (n + 2)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k + 1)}{n - k + 1}}</math>

lub zapisać sumę w postaci

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (n, k) + f (n, n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n} + f (n, n)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math></span> ===

<span id="D122" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D122</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D138|D138]] i [[#D139|D139]] wyliczyliśmy <math>S(n)</math>, znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math> wynika z istnienia odpowiedniego równania rekurencyjnego dla składników sumy <math>f(n, k)</math>. Zagadnieniem tym zajmowała się siostra Mary Celine Fasenmyer, która podała algorytm postępowania<ref name="Fasenmyer1"/><ref name="Fasenmyer2"/>. Prace Zeilbergera oraz Wilfa i Zeilbergera uogólniły ten algorytm<ref name="Zeilberger1"/><ref name="WilfZeilberger1"/>. My przedstawimy jedynie kilka prostych przypadków, które zilustrujemy przykładami. Szersze omówienie tematu Czytelnik znajdzie w książce Petkovšeka, Wilfa i Zeilbergera<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1"/>.

<span id="D123" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D123</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Jeżeli składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a, b, c, d</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma <math>S (n)</math> spełnia równanie rekurencyjne

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo zauważamy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) =</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)</math>

Zatem sumując założone równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

po <math>k</math> od <math>k = 0</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>a \cdot [- f (n + 1, 0) + S (n + 1)] + b \cdot [- f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)] + c \cdot [- f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)] + d \cdot S (n) = 0</math>

Czyli

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D124" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D124</span><br/>
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci <math>\sum_{k = 0}^{n} f (k)</math>, bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w takim przypadku natychmiast: <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>.

<span id="D125" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D125</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W tym przypadku nie otrzymamy równania rekurencyjnego, ale od razu wzór ogólny na sumę <math>S(n)</math>.

Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + k + 1) (n + k + 2)}{(k + 1) (n + 1)}} + b \cdot {\small\frac{n + k + 1}{n + 1}} + c \cdot {\small\frac{n + k + 1}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(a + b) k^2 + ((2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d) k + (a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
a + b = 0 \\
(2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d = 0 \\
(a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = - a</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = 0</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>- a S (n) = a - a {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - a \left( 1 - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right)</math>

::::<math>\;\;\: = - a \left[ {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right]</math>

::::<math>\;\;\: = - a {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

I otrzymaliśmy dowodzony wzór.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum1() :=
(
f(n, k):= '''binomial'''(n+k, n), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''solve'''( S4 = 0, S[n] )
/* S[n] = (2*n+1)! / (n! * (n+1)!) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D126" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D126</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;1)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = r^k {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + 1) r}{k + 1}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{(n - k) r}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c r - d) k^2 + (- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b) k + ((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c r - d = 0 \\
- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b = 0 \\
((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = - a \cdot r</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>S(n + 1) = (r + 1) S (n)</math>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = (r + 1)^n</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum2() :=
(
f(n, k):= r^k * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* S[n+1] = (r+1)*S[n] */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = C*(r+1)^n */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D127" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D127</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;2)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{n + 1}{k + 2}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{n - k}{k + 2}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c - d) k^2 + ((- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d) k + (a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c - d = 0 \\
(- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d = 0 \\
(a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>, <math>d = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>(n + 2) S (n + 1) = 2 (n + 1) S (n) + 1</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum3() :=
(
f(n, k):= 1/(k+1) * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i)=0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* (n+2)*S[n+1] = 2*(n+1)*S[n] + 1 */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = ( (C+1) * 2^n - 1 )/(n + 1) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D128" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D128</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Jeżeli zapiszmy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> w postaci

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{k!}}</math>

to natychmiast widzimy, że prawa strona musi być równa zero dla <math>k > n</math>.

Jeżeli we wzorze Pascala

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\binom{n - 1}{k}} + {\small\binom{n - 1}{k - 1}}</math>

położymy <math>n = m + 1</math> i <math>k = 0</math>, to otrzymamy

::<math>1 = 1 + {\small\binom{m}{- 1}}</math>

czyli <math>{\small\binom{m}{- 1}} = 0</math>

I tak samo dla wszystkich <math>k < 0</math>.

Znacznie mocniejszego uzasadnienia dostarczy nam funkcja gamma (zobacz [[#D141|D141]]), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję

::<math>g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}}</math>

Jeżeli <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>0 \leqslant k \leqslant n</math>, to funkcja <math>g(n, k)</math> jest równa współczynnikowi dwumianowemu <math>{\small\binom{n}{k}}</math>.

::<math>g(n, k) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1) \Gamma (n - k + 1)}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\binom{n}{k}}</math>

W przypadku, gdy <math>k < 0</math>, mamy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - x + 1)}} = 0 \cdot {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - k + 1)}} = 0</math>

W przypadku, gdy <math>k > n</math>, dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (n - x + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1)}} \cdot 0 = 0</math>

Co najlepiej wyjaśnia, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D129" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D129</span><br/>
Niech <math>n, I, J \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli <math>f(n, k) = 0</math>
dla <math>k \notin [0, n]</math> i składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a_{i j}</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

spełnia następujące równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, zatem sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n, k)</math>

Niech <math>0 \leqslant i \leqslant I</math> oraz <math>0 \leqslant j \leqslant J</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j)</math>

Zauważmy, że <math>f(n + i, k + j) = 0</math> dla <math>k \notin [- J, n + I]</math>, bo

:*   dla <math>k < - J</math> mamy <math>k + j < - J + j \leqslant 0</math>
:*   dla <math>k > n + I</math> mamy <math>k + j > n + I + j \geqslant n + I \geqslant n + i</math>

Wynika stąd, że rozszerzając rozpatrywaną sumę na cały zbiór liczb całkowitych, nie zmienimy wartości sumy. Czyli, że

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math>

::<math>0 = \sum_{k = - J}^{n + I} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right]</math>

Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D130" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D130</span><br/>
Z zadania [[#D128|D128]] wynika, że jeżeli funkcja <math>f(n, k)</math> zawiera czynnik <math>{\small\binom{n}{k}}</math>, to może spełniać warunek <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja <math>f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>.

<span id="D131" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D131</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;3)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = k {\small\binom{n}{k}}</math>. Do rozwiązania problemu wykorzystamy oprogramowanie Maxima i procedurę

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum5(I, J) :=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( S[n+i] * '''sum'''(a[i,j], j, 0, J), i, 0, I),
S2: '''subst'''( sol[1], S1 ), /* pierwszy element listy sol */
S3: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S2 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S3 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S3 = 0, S[n] )
)$</span>

Wywołujemy procedurę <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span> i wpisujemy funkcję

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)</span>

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

<span style="font-size: 90%; color:black;">n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]</span>

którego rozwiązanie jest postaci

<span style="font-size: 90%; color:black;">S[n] = C * n * 2^(n-1)</span>

Łatwo sprawdzamy, że <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>C = 1</code></span>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D132" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D132</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n^2 (n + 1) {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wskazówki:

Korzystamy z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, której kod został podany w zadaniu [[#D131|D131]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>I, J</code></span>.

::<math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot n! \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

'''Punkt 1.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 1)</code></span>

'''Punkt 2.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 3.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 4.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 5.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 6.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(3, 2)</code></span><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D133" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D133</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D129|D129]]), że jeżeli dla dowolnego <math>n</math> wartość funkcji <math>f(n, k)</math> jest określona dla wszystkich <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, to sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w równoważnej postaci
<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

Rozważmy teraz funkcję <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>, która powyższego warunku nie spełnia, bo jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>. Jeżeli zapiszemy <math>f(n, k)</math> w postaci

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n!}{(k + 1) ! (n - k) !}}</math>

to natychmiast widzimy, że

::<math>f(n, - 1) = {\small\frac{n!}{0! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Zatem w przypadku tej funkcji mamy

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) + f (n, - 1) = S (n) + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

'''Zakładając''', że spełnione jest równanie

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

otrzymujemy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n + i, k + j)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{l \in \mathbb{Z}} f (n + i, l)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right]</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Jeżeli mamy skończoną liczbę punktów <math>k_r \notin [0, n]</math>, w których funkcja <math>f(n, k)</math> jest określona i różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję

::<math>T(n) = f (n, k_1) + f (n, k_2) + f (n, k_3) + \ldots = \sum_r f (n, k_r)</math>

W takim przypadku otrzymamy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{i = 0}^{I} [S (n + i) + T (n + i)] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Wystarczy drobna modyfikacja procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, aby obejmowała ona również takie przypadki

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum6(I, J):=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
'''read'''("podaj definicję T(n)"), /* suma skończonych wartości funkcji f(n, k), gdzie k<0 lub k>n */
'''print'''("T(n) = ", T(n) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( ( S[n+i] + T(n+i) ) * '''sum'''( a[i,j], j, 0, J ), i, 0, I ),
S2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( S1 ) ) ) ) ),
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )
)$</span>

Korzystając z powyższej procedury, Czytelnik może łatwo policzyć wypisane poniżej sumy.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{f(n,k)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-1)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-2)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{k = 0}^n f(n,k)}</math> || WolframAlpha
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+binomial%28n%2Ck%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK1]
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 2}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{n 2^{n + 1} + 1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK2]
|-
| <math>{\small\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>{\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 2} - n - 3}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK3]
|}

<span id="D134" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D134</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz zadanie [[#D146|D146]]). Zatem korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0</math>

i rozwiązanie

::<math>S(n) = C \cdot 4^n</math>

Łatwo sprawdzamy, że <math>C = 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D135" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D135</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz [[#D146|D146]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D147|D147]])

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>f(n, - 1) = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n^2 + 5 n + 6) S (n + 2) - 8 (n^2 + 4 n + 4) S (n + 1) + 16 (n^2 + 3 n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 2) (n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2)^2 S (n + 1) + 16 (n + 1) (n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 2) !}} = 0</math>

Maxima nie potrafi rozwiązać tego równania rekurencyjnego, ale można sprawdzić, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math> jest jego rozwiązaniem.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000; padding-bottom: 0.2em">Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math></span> ===

<span id="D136" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D136</span><br/>
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D115|D115]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

<span id="D137" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D137</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(k)</math> nie zależy od <math>n</math> i dane są sumy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

to

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji sumy <math>T(n)</math> ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) \cdot {\small\frac{(2 n - 2 k) (2 n - 2 k - 1)}{(n - k)^2}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 (2 n - 2 k - 1) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} [4 (n - 1 - k) + 2] f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

Czyli

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D138" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D138</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} j {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} {\small\binom{2 k}{k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (n - k + k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math>

Ponieważ <math>T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

::<math>{\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1)</math>

Czyli

::<math>n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1)</math>

::<math>S(n) = 4 S (n - 1)</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = 4^n</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D139" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D139</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Oznaczmy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n + 1 - (k + 1)}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} - \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n</math>
</div>

Ponieważ <math>T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1)</math>
</div>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>. Dla <math>n = 0</math> mamy <math>S(0) = 1</math> i <math>{\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1</math>. Zatem wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>n - 1</math>, otrzymujemy dla <math>n</math>

::<math>{\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(n + 1)^2}{(2 n + 1) (2 n + 2)}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = S (n)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D140" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D140</span><br/>
Jeżeli <math>C_n</math> są liczbami Catalana, to

::<math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n - k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = C_{n + 1}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math></span> ===

 

<span id="D141" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D141</span><br/>
Funkcja <math>\Gamma (z)</math><ref name="gamma1"/> jest zdefiniowana równoważnymi wzorami

::<math>\Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) > 0 \qquad \qquad</math> (definicja całkowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja Gaussa)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Weierstrassa)

Trzy ostatnie wzory możemy wykorzystać do zdefiniowania funkcji <math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}}</math>, która jest określona dla dowolnych <math>z \in \mathbb{C}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z e^{\gamma z} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) e^{- \tfrac{z}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji <math>\Gamma (x)</math> (kolor niebieski) i <math>{\small\frac{1}{\Gamma (x)}}</math> (kolor czerwony).

::[[File: gamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż równoważność definicji|Hide=Ukryj równoważność definicji}}

'''Równoważność definicji Gaussa i definicji całkowej Eulera'''

Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>. Rozważmy całki

::<math>I_k = \int^n_0 t^{z - 1 + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} d t</math>

gdzie <math>k = 0, \ldots, n</math>. Całkując przez części

::<math>d u = t^{z - 1 + k} \, d t \qquad \qquad \qquad v = \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k}</math>

::<math>u = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \qquad \qquad \qquad \quad \; d v = - {\small\frac{n - k}{n}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

otrzymujemy

::<math>I_k = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} \, \biggr\rvert_{0}^{n} \; + \; {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \int^n_0 t^{z + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \cdot I_{k + 1}</math>

Zatem całkując <math>n</math>-krotnie przez części, mamy

::<math>I_0 = {\small\frac{n}{n z}} \cdot I_1</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot I_2</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot I_3</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot I_n</math>

Ponieważ

::<math>I_n = \int^n_0 t^{z + n - 1} \, d t = {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

to

::<math>I_0 = \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

:::::::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t</math>
</div>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Eulera i definicji Gaussa'''

::<math>{\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{k}} \right)^{- 1}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{\left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z}{1 + {\small\frac{z}{k}}}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} {\small\frac{k (k + 1)^z}{(k + z) k^z}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( {\small\frac{(n + 1) !}{n!}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(n + 1)^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Weierstrassa i definicji Gaussa'''

Stała <math>\gamma</math> jest równa

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right)</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} = z^{- 1} \cdot e^{- \gamma z} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{e^{\tfrac{z}{k}}}{1 + \tfrac{z}{k}} \right)</math>

:::::::::<math>\, = z^{- 1} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{k e^{\tfrac{z}{k}}}{z + k} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot e^{\left( 1 + \tfrac{1}{2} + \ldots + \tfrac{1}{n} \right) z} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D142" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D142</span><br/>
Dla funkcji <math>\Gamma (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (1) = 1</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \neq 0</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>z \Gamma (z) = \Gamma (z + 1) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór Legendre'a o podwajaniu)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} t^{1 - 1} e^{- t} d t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = - e^{- t} \biggr\rvert_{0}^{\infty} = 0 - (- 1) = 1</math>

'''Punkt 2.'''

Rozważmy definicję iloczynową Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math>

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Zauważmy, że funkcja wykładnicza <math>e^z</math> jest zawsze różna od zera (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1). Mianowniki iloczynu <math>\left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math> dla ustalonego <math>z</math> są ograniczone, bo

::<math>\left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + \left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + | z |</math>

Pozostaje jeszcze pokazać, że występujący w mianowniku iloczyn

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}} = \frac{1}{\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}}</math>

(jako całość) jest dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> ograniczony. Zaczniemy od rozbicia tego iloczynu na dwie części

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} = \left[ \prod_{n = 1}^{N_0 - 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right] \cdot \left[ \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right]</math>

gdzie <math>N_0</math> zostało dobrane w ten sposób, aby dla wszystkich <math>n \geqslant N_0</math> było prawdziwe oszacowanie <math>\left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant {\small\frac{1}{2}}</math>. Pierwszy czynnik w nawiasie kwadratowym to iloczyn skończonej liczby skończonych liczb, zatem jest to pewna skończona liczba zespolona. Musimy zbadać drugi czynnik.

W związku z tym, że będziemy badali funkcję zmiennej zespolonej, zmieniamy używane oznaczenia (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB31|ZB31]], [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB33|ZB33]]). Symbol <math>\ln (x)</math> oznacza tutaj logarytm rzeczywisty zmiennej rzeczywistej dodatniej (oznaczany dotychczas jako <math>\log (x)</math>), a <math>\operatorname{Log} (z)</math> oznacza wartość główną logarytmu zespolonego <math>\log (z)</math>.

Mamy

::<math>\ln \left| \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| = \ln \left( \prod_{n = N_0}^{\infty} \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right|</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left( \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \cdot | e^{- z / n} | \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \ln \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| + \ln \left( e^{- \operatorname{Re}(z / n)} \right) \right]</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \right) - \operatorname{Re}\left( {\small\frac{z}{n}} \right) \right] \qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;1

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} \left| \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right|</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{| z |^2}{n^2}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;5

::::::::::<math>= | z |^2 \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>\leqslant | z |^2 \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>= {\small\frac{1}{6}} \pi^2 | z |^2</math>

Wynika stąd, że dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> liczba

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

jest liczbą skończoną różną od zera.

'''Punkt 3.'''

Z definicji Gaussa funkcji <math>\Gamma (z)</math> otrzymujemy

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::<math>\Gamma (z + 1) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) (z + 2) \cdot \ldots \cdot (z + n + 1)}}</math>

Zatem

::<math>z \Gamma (z) = z \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n}{z + n + 1}} \cdot {\small\frac{z + n + 1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \Gamma (z + 1)</math>

'''Punkt 4.'''

Z definicji iloczynowej Eulera mamy

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{1}{- z \Gamma (z) \Gamma (- z)}}</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{z \cdot (- z)}{- z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::<math>\; = z \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right)</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}}</math>

gdzie wykorzystaliśmy wzór Eulera

::<math>\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right) = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi z}}</math>

Dowód wzoru Eulera jest trudny. Elegancki dowód, ale tylko dla liczb rzeczywistych, Czytelnik znajdzie na stronie [https://proofwiki.org/wiki/Euler_Formula_for_Sine_Function/Real_Numbers#Proof_1 ProofWiki].

'''Punkt 5.'''

Z definicji Gaussa funkcji gamma mamy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{2 z} n!}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + n)}}</math>

Jeżeli w powyższym równaniu położymy <math>2 n</math> zamiast <math>n</math>, to dostaniemy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right] = [2 z (2 z + 2) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)] \cdot [(2 z + 1) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)]</math>

::::::::::::::::::::::<math>\;\;\;\,\, = 2 z (2 z + 1) (2 z + 2) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)</math>

Czyli

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)}} \cdot (2 z + 2 n + 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right]}} \cdot 2 n \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}{\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \Gamma (z) \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot C \cdot 1</math>

Ponieważ wyrażenie

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}}</math>

nie zależy od <math>z</math>, a wartości funkcji <math>\Gamma (2 z)</math>, <math>\Gamma (z)</math> i <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> są określone dla <math>2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>, to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, to otrzymamy

::<math>\Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C</math>

Czyli

::<math>C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}}</math>

I ostatecznie dostajemy

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Przy okazji pokazaliśmy asymptotykę: <math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}}</math>

Zauważmy jeszcze, że gdy położymy <math>2 n + 1</math> zamiast <math>n</math>, to otrzymamy taki sam rezultat, bo

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n + 1)^{2 z} (2 n + 1) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 n}} \right)^{\! 2 z} \cdot \left( {\small\frac{1}{1 + {\normalsize\frac{2 z}{2 n + 1}}}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D142|D142]] otrzymujemy<br/>
<span id="D143" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D143</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma (n + 1) = n!</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{\pi}{\cos (\pi z)}} \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \cdot (- 1)^n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wystarczy położyć <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 4. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma (n + 2) = (n + 1) \Gamma (n + 1) = (n + 1) n! = (n + 1) !</math>

Zauważmy, że funkcja <math>\Gamma (z)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych / zespolonych.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 4. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 4.'''

Wystarczy położyć <math>z = n</math> we wzorze 3. tego twierdzenia

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} \cdot 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

bo

::<math>\left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 6.'''

Ze wzoru 3. i 4. tego twierdzenia dostajemy

::<math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \frac{\pi \cdot (- 1)^n}{\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)} = \frac{\pi \cdot (- 1)^n \cdot n!}{2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot (2 n) !} = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

'''Punkt 7.'''

Ze wzoru Legendre'a o podwajaniu otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

gdzie <math>z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Dla <math>z = - n</math> po lewej stronie mamy symbol nieoznaczony <math>{\small\frac{\infty}{\infty}}</math>, ale w punktach <math>z = - n</math> istnieje granica funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}}</math>

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} \cdot 10^{| x |}</math>. Uwaga: wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> został celowo zniekształcony przez dodanie czynnika <math>10^{| x |}</math>, aby dało się zauważyć, że wartości granic <math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> są różne od zera dla <math>n \in \mathbb{N}_0</math>.

::[[File: gamma2.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D144" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D144</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wiemy, że jeżeli <math>z</math> nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D142|D142]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math>

Zatem

::<math>\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}}</math>

Dzieląc powyższe równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1)}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}} = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Skąd dostajemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (- z + 1)}{\Gamma (- a z + 1)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Niech <math>k</math> oznacza dowolną liczbę całkowitą. W granicy, gdy <math>z \rightarrow k</math>, mamy

::<math>\lim_{z \rightarrow k} {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}} = {\small\frac{\pi \cdot \cos (\pi k)}{a \pi \cdot \cos (\pi a k)}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{(- 1)^k}{(- 1)^{a k}}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) k}</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Wynika stąd, że

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (a n + 1)}} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) n} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D145" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D145</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D142|D142]] p.&hairsp;3 wynika, że

::<math>\Gamma (a z + a n + 1) = \Gamma (a z + 1) \cdot \prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)</math>

::<math>\Gamma (b z + b n + 1) = \Gamma (b z + 1) \cdot \prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)</math>

Dzieląc równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (b z + b n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (z + n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a z + j)} \cdot {\small\frac{b}{a}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (- b n + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (- a n + j)} \cdot {\small\frac{\Gamma (1)}{\Gamma (1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{(- 1)^{b n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b n - j)}{(- 1)^{a n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a n - j)} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n - 1) !}{(a n - 1) !}} =
(- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D146" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D146</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - n} g (x) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zapiszmy funkcję <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math> w postaci

::<math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{\Gamma (2 n + 1)}{\Gamma (n + 1)^2}}</math>

Możemy teraz przejść do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

bo funkcja <math>\Gamma (x)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych.

Korzystając z twierdzenia [[#D145|D145]], otrzymujemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

Ale wiemy, że (zobacz [[#D141|D141]])

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} = 0</math>

Co należało pokazać i co jest dobrze widoczne na wykresie funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

::[[File: gamma3.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D147" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D147</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = - {\small\frac{1}{2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście funkcja <math>g(k)</math> nie jest określona w punkcie <math>k = - 1</math>

::<math>g(k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(2 k) !}{(k!)^2}} = {\small\frac{(2 k) !}{(k + 1) !k!}} = {\small\frac{\Gamma (2 k + 1)}{\Gamma (k + 2) \Gamma (k + 1)}}</math>

Jeżeli przejdziemy do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

to łatwo pokażemy, że granica funkcji <math>g(x)</math> w punkcje <math>x = - 1</math> istnieje i jest równa <math>- {\small\frac{1}{2}}</math>.

Z twierdzenia [[#D145|D145]] dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1) \cdot {\small\frac{1}{2}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Czyli

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = \lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} = - {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{1}{\Gamma (1)}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Co dobrze widać na wykresie funkcji <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

::[[File: gamma4.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math></span> ===

 

<span id="D148" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D148</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> (inne oznaczenia: <math>\Psi (z)</math>, <math>\psi_0 (z)</math>, <math>\psi^{(0)} (z)</math> ) definiujemy jako pochodną logarytmiczną (czyli pochodną logarytmu) funkcji <math>\Gamma (z)</math>. Mamy zatem

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z)) = {\small\frac{\Gamma' (z)}{\Gamma (z)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>\psi (x)</math>

::[[File: digamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D149" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D149</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad</math> (wzór szeregowy Weierstrassa)

gdzie <math>\gamma</math> jest stałą Eulera.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Skorzystamy z definicji iloczynowej Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]])

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{z / n} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Mamy

::<math>\log \Gamma (z) = - \gamma z - \log z + \sum_{n = 1}^{\infty} \left[ - \log \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) + {\small\frac{z}{n}} \right]</math>

Różniczkując, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z))</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \left( - \frac{{\small\frac{1}{n}}}{1 + {\small\frac{z}{n}}} + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} - \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D150" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D150</span><br/>
Dla funkcji digamma <math>\psi (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (1) = - \gamma</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (- z + 1) - \psi (z) = \pi \operatorname{ctg}(\pi z) \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}}\right) + \log 2 \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór na podwajanie)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wzór wynika natychmiast z twierdzenia [[#D149|D149]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;2), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z + 1) = \log z + \log \Gamma (z)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z + 1) = {\small\frac{1}{z}} + \psi (z)</math>

'''Punkt 3.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;3), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z) + \log \Gamma (- z + 1) = \log \pi - \log (\sin (\pi z))</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z) - \psi (- z + 1) = - {\small\frac{1}{\sin (\pi z)}} \cdot \cos (\pi z) \cdot \pi = - \pi \operatorname{ctg}(\pi z)</math>

'''Punkt 4.'''

Korzystamy ze wzoru Legendre'a o podwajaniu (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Logarytmując obie strony powyższego wzoru, dostajemy

::<math>\log \Gamma (2 z) = (2 z - 1) \log 2 - \log \sqrt{\pi} + \log \Gamma (z) + \log \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, otrzymujemy

::<math>2 \psi (2 z) = 2 \log 2 + \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Czyli

::<math>\psi (2 z) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D150|D150]] otrzymujemy<br/>
<span id="D151" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D151</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \operatorname{tg}(\pi z) \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Kładąc we wzorze na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

<math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (1) = {\small\frac{1}{2}} \psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \psi (1) + \log 2</math>

Skąd mamy natychmiast

::<math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi (1) - 2 \log 2 = - \gamma - 2 \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

We wzorze

::<math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}}</math>

połóżmy <math>z = k</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Mamy

::<math>- {\small\frac{1}{k}} = \psi (k) - \psi (k + 1)</math>

Sumując obie strony od <math>k = 1</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>- \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} [\psi (k) - \psi (k + 1)] = \psi (1) - \psi (n + 1)</math>

bo suma po prawej stronie jest sumą teleskopową (zobacz [[#D13|D13]]). Zatem

::<math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>

gdzie <math>H_n</math> jest <math>n</math>-tą liczbą harmoniczną.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 3. twierdzenia [[#D150|D150]].

'''Punkt 4.'''

Kładąc we wzorze z punktu 3. <math>z = n</math> i uwzględniając, że <math>\operatorname{tg}(\pi n) = 0</math>, dostajemy

::<math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\psi \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2}}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{2}{2 n + 1}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

gdzie skorzystaliśmy z twierdzenia [[#D150|D150]] p.&hairsp;2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D150|D150]] p.&hairsp;4), mamy

::<math>2 \psi (2 z) = \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + 2 \log 2</math>

::<math>2 \psi (2 z) - \psi (z) = 2 \log 2 + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math>, otrzymujemy

::<math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = 2 \log 2 + \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) =</math>

::::::::<math>\:\, = 2 \log 2 - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

::::::::<math>\:\, = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

'''Punkt 7.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}} + \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2}{\psi (z)}</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math> wartość funkcji <math>\psi (z)</math> dąży do <math>\pm \infty</math>. Ponieważ licznik po prawej stronie dąży do wartości skończonej

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 \;\; \xrightarrow{\; z \rightarrow -n \;} \;\; {\small\frac{1}{2}} \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma - \log 2 + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

to

::<math>\lim_{z \to - n} \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi (z + {\small\frac{1}{2}}) + \log 2}{\psi (z)} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \to - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D152" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D152</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

gdzie <math>\psi (x)</math> jest funkcją digamma.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D149|D149]] wiemy, że funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Zatem

::<math>\psi (z_1) - \psi (z_2) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + z_2}} - {\small\frac{1}{n + z_1}} \right)</math>

Rozkładając sumę <math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}}</math> na dwie sumy (po <math>k</math> parzystych i <math>k</math> nieparzystych), otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n) + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n + 1) + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2 a}}} - \frac{1}{n + {\small\frac{a + 1}{2 a}}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D153" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D153</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że

::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^a}} d x = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wzór wynika natychmiast z połączenia rezultatu z zadania poprzedniego ([[#D152|D152]]) i zadania [[#D6|D6]].<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Uogólnione twierdzenie o wartości średniej. Wzór Frullaniego</span> ===

 

<span id="D154" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D154</span><br/>
Podamy niżej uogólnione twierdzenie o wartości średniej (dla całek) i dowód tego twierdzenia (zobacz [[#D160|D160]]). Samo twierdzenie i jego dowód są dobrze znane, ale najczęściej postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>. Bardzo rzadko można spotkać mocniejsze sformułowanie, w którym postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale otwartym <math>(a, b)</math>. A jeśli już spotkamy to dokładniejsze sformułowanie, to pozostanie ono bez dowodu. Nie jest to dziwne, bo dowód (stosunkowo prosty) jest długi i lepiej po prostu pozostawić go czytelnikowi. Postanowiliśmy uzupełnić tę lukę.

<span id="D155" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D155</span><br/>
W tekście będziemy używać pojęć: „zbiór miary zero” i „prawie wszędzie”. Chcemy te sformułowania nieco przybliżyć Czytelnikowi.

Pojęcie '''zbiór miary zero''' w przypadku całki Riemanna oznacza: zbiór tak mały, że nie ma on wpływu na wartość całki.

Pojęcie '''prawie wszędzie''' w przypadku całki Riemanna oznacza: wszędzie poza zbiorem tak małym, że nie ma on wpływu na wartość całki lub wszędzie poza '''zbiorem miary zero'''.

Całka Riemanna „widzi” tylko to, co dzieje się na odcinkach o dodatniej długości, a ignoruje pojedyncze punkty, bo na najmniejszym nawet odcinku (choćby tylko maleńkim otoczeniu punktu) da się zbudować prostokąt, a na punkcie prostokąta nie utworzymy.

Nie przez przypadek będziemy mówili o „przedziałach” i „podprzedziałach”, bo to one (i tylko one) dają wkład do całki Riemanna. Wartość całki Riemanna jest całkowicie niewrażliwa na zmiany funkcji w pojedynczych punktach. Punkty nie dają żadnego wkładu do ostatecznego wyniku, ponieważ nie mają one „szerokości”. W przypadku nieskończonej liczby punktów są dwie możliwości: dopóki punkty te są rozproszone na tyle „rzadko”, że funkcja pozostaje całkowalna, ich łączny wkład do całki nadal wynosi zero. Jeśli jednak punktów tych jest nieskończenie wiele i są one rozłożone zbyt „gęsto”, to definicja całki Riemanna się załamuje – sumy dolne i górne nie mogą się spotkać, przez co całka Riemanna przestaje istnieć.

Zauważmy, że zmiana wartości funkcji w skończonej lub przeliczalnej liczbie punktów nie wpływa na wartość całki. Konsekwentnie: jeżeli dwie funkcje są równe '''prawie wszędzie''', to mają takie same całki Riemanna. Przykłady funkcji, których całki w dowolnym przedziale są takie same

::<math>f(x) = 0 \qquad\qquad g(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x = 0 \\
0 & \text{gdy } x \neq 0 \\
\end{cases}
\qquad\qquad
h(x) =
\begin{cases}
x & \text{gdy } x \in \mathbb{Z} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Z} \\
\end{cases}</math>

Przykład funkcji, której całka Riemanna nie istnieje

::<math>f(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x \in \mathbb{Q} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Q} \\
\end{cases}</math>

gdzie <math>\mathbb{Q}</math> oznacza zbiór liczb wymiernych. Powyższą funkcję nazywamy funkcją Dirichleta. Zauważmy, że różni się ona od funkcji <math>f(x) = 0</math> jedynie w przeliczalnej liczbie punktów (zbiór <math>\mathbb{Q}</math> jest zbiorem przeliczalnym), ale tym razem liczba punktów jest tak wielka i są tak „gęsto” rozmieszczone w <math>\mathbb{R}</math>, że całka nie istnieje. Poniżej podajemy twierdzenie (bez dowodu), które pozwala rozstrzygnąć, kiedy funkcja jest całkowalna.

<span id="D156" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D156*</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> spełnia jeden z podanych warunków
:* <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona w przedziale <math>[a, b]</math> i ma w nim tylko skończoną liczbę punktów nieciągłości
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona i monotoniczna w przedziale <math>[a, b]</math>
to jest w tym przedziale całkowalna.

<span id="D157" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D157</span><br/>
Sformułować definicję granicy funkcji w punkcie <math>x_0</math> oraz definicję ciągłości funkcji w punkcie <math>x_0</math>. Omówić różnice.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Definicja granicy (skończonej)'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>0 < |x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę skończoną <math>g</math> w punkcie <math>x_0</math>.

'''Definicja ciągłości'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>.

Definicje zapisane przy użyciu kwantyfikatorów

'''Definicja granicy''': <math>\qquad\qquad \;\,\, \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \quad 0 < |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

'''Definicja ciągłości''': <math>\qquad\qquad \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \qquad \;\;\; |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Podstawowe różnice

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
!width=540| Granica (skończona)
!width=540| Ciągłość
|-
| Funkcja <math>f</math> nie musi być określona w punkcie <math>x_0</math>.
| Funkcja <math>f</math> musi być określona w punkcie <math>x_0</math>, a <math>f(x_0)</math> musi mieć wartość skończoną.
|-
| Liczba <math>g</math> może mieć dowolną wartość skończoną (bo mówimy tutaj o granicy skończonej).
| Rolę liczby <math>g</math> pełni konkretna wartość: wartość, jaką funkcja <math>f</math> przyjmuje w punkcie <math>x_0</math>.
|-
| Warunek <math>0 < | x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>. To czy funkcja jest określona w <math>x_0</math>, czy nie jest i jaką wartość ma w <math>x_0</math>, nie ma znaczenia.
| Warunek <math>|x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>, wraz z punktem <math>x_0</math>. Zauważmy, że warunek ten dopuszcza sytuację <math>x = x_0</math>.
|}

'''Podsumowanie'''

Ciągłość stawia dodatkowe wymagania, co najlepiej widzimy w następującym twierdzeniu:

Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> wtedy i tylko wtedy, gdy
:*    istnieje granica skończona <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = g</math>.
:*    funkcja jest określona w <math>x_0</math> (istnieje <math>f(x_0)</math>).
<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 0em;">
:*    <math>g = f (x_0)</math>.
</div><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D158" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D158</span><br/>
Pokazać, że jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> oraz <math>f (x_0) > 0</math>, to istnieje takie otoczenie <math>U = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Do dowodu wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji (zobacz [[#D157|D157]]). Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>, jeżeli dla dowolnej liczby <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Zapiszmy nierówność dla wartości funkcji w postaci

::<math>f(x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon</math>

Powyższa definicja musi być spełniona dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math>. Z założenia <math>f(x_0) > 0</math> i jeżeli wybierzemy <math>0 < \varepsilon < f (x_0)</math>, to możemy napisać

::<math>0 < f (x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon \qquad\qquad (\ast)</math>

Ze wspomnianej na początku rozwiązania definicji ciągłości wynika, że dla tak ustalonego <math>\varepsilon</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do przedziału <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>
prawdziwy jest ciąg nierówności <math>(\ast)</math>.

Zatem <math>f(x) > 0</math> w przedziale <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D159" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D159</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[a, b]</math>, a <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[a, b]</math>. Pokazać, że jeżeli

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

to <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że istnieje taki punkt <math>x_0 \in [a, b]</math>, dla którego <math>f(x_0) > 0</math>. Z ciągłości funkcji <math>f</math> w punkcie <math>x_0</math> wynika, że istnieje otoczenie <math>U</math> punktu <math>x_0</math> takie, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math> (zobacz [[#D158|D158]]). Oczywiście w przypadku punktu <math>x_0 = a</math> będzie to otoczenie prawostronne, a w przypadku punktu <math>x_0 = b</math> lewostronne. Dostajemy natychmiast

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = \int_{[a, b] \setminus U} f (x) g (x)\,dx + \int_U f (x) g (x)\,dx > 0</math>

Jest tak, ponieważ pierwsza całka po prawej stronie jest nieujemna (całkujemy funkcję nieujemną), a druga całka jest dodatnia (całkujemy funkcję dodatnią). Widzimy, że nasze przypuszczenie doprowadziło do sprzeczności z założeniem, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

W konsekwencji <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D160" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D160 (uogólnione twierdzenie o wartości średniej)</span><br/>
Niech <math>f</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, a <math>g</math> funkcją całkowalną i niezmieniającą znaku, tzn. <math>g(x) \geqslant 0</math> lub <math>g(x) \leqslant 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Wówczas istnieje taki punkt <math>\xi \in (a, b)</math>, że

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>g(x) \geqslant 0</math>, bo w przypadku, gdy <math>g(x) \leqslant 0</math>, wystarczy pomnożyć obie strony równania przez <math>- 1</math> i dowodzić twierdzenie dla funkcji <math>\hat{g} (x) = - g (x)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ f(x) }</math> jest funkcją stałą'''

W przypadku, gdy funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją stałą, mamy <math>f(x) = C</math> w przedziale <math>[a, b]</math> i oczywiście

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = C \int_a^b g (x)\,dx</math>

Zatem możemy wybrać dowolny punkt <math>\xi \in (a, b)</math>.

Od tej chwili będziemy zakładali, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest funkcją stałą w przedziale <math>[a, b]</math>.

'''Ciąg nierówności dla całek'''

Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, to na mocy twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów<ref name="Weierstrass1"/>, funkcja ta przyjmuje w tym przedziale swoją wartość najmniejszą <math>m</math> oraz wartość największą <math>M</math>. Zatem dla każdego <math>x \in [a, b]</math> zachodzi nierówność

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Pomnóżmy powyższą nierówność stronami przez <math>g(x)</math>. Ponieważ <math>g (x) \geqslant 0</math>, zwroty nierówności zostają zachowane

::<math>m \cdot g (x) \leqslant f (x) g (x) \leqslant M \cdot g (x)</math>

Całkując strony nierówności w przedziale <math>[a, b]</math> względem zmiennej <math>x</math>, dostajemy

::<math>m \int_a^b g(x)\,dx \leqslant \int_a^b f (x) g (x)\,dx \leqslant M \int_a^b g (x)\,dx \qquad\qquad (\ast)</math>

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx = 0 }</math>'''

W tym przypadku z ciągu nierówności <math>(\ast)</math> wynika natychmiast, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

Zatem dowodzona równość jest prawdziwa, bo równanie <math>0 = f (\xi) \cdot 0</math> jest prawdziwe dla dowolnego <math>\xi \in (a, b)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx > 0 }</math>'''

W tym przypadku możemy ciąg nierówności <math>(\ast)</math> podzielić przez całkę <math>\int_a^b g(x)\,dx</math>. Mamy

::<math>m \leqslant {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}} \leqslant M</math>

Zdefiniujmy liczbę <math>w</math>

::<math>w = {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}}</math>

Widzimy, że prawdziwy dla niej ciąg nierówności

::<math>m \leqslant w \leqslant M</math>

jest taki sam, jaki zachodzi dla funkcji <math>f(x)</math>.

'''Podprzypadek, gdy <math>\boldsymbol{ m < w < M }</math>'''

Rozważmy dwa punkty w przedziale <math>[a, b]</math>, w których funkcja <math>f</math> osiąga swoje kresy
:*    niech <math>x_m</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_m) = m</math>
:*    niech <math>x_M</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_M) = M</math>

Ponieważ <math>m < M</math>, to <math>x_m \neq x_M</math> i punkty te wyznaczają pewien przedział. Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>x_m < x_M</math>. Mamy zatem <math>[x_m, x_M] \subset [a, b]</math>. Z twierdzenia Darboux o wartościach pośrednich<ref name="Darboux1"/> wynika, że wewnątrz przedziału <math>[x_m, x_M]</math> istnieje taki punkt <math>\xi</math>, że <math>f (\xi) = w</math>. Ponieważ przedział <math>[x_m, x_M]</math> leży w <math>[a, b]</math>, to jego wnętrze <math>(x_m, x_M)</math> leży w <math>(a, b)</math>. Zatem <math>\xi \in (a, b)</math> i z definicji liczby <math>w</math> wynika dowodzony wzór

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

'''Podprzypadek, gdy <math>w = m</math> (analogicznie postępujemy, gdy <math>w = M</math>)'''

Z definicji liczby <math>w</math> otrzymujemy

::<math>\int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = 0 \qquad\qquad (\ast \ast)</math>

Niech <math>U = \{ [a, b] \ni x \, : \, g (x) > 0\}</math> będzie zbiorem tych puntów <math>x</math>, dla których <math>g(x) > 0</math>. Pamiętamy, że całka z funkcji <math>g(x)</math> jest dodatnia

::<math>\int_a^b g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} g (x)\,dx + \int_U g (x)\,dx = \int_U g (x)\,dx > 0</math>

Wynika stąd, że zbiór <math>U</math> nie może być zbiorem miary zero, czyli musi zawierać przynajmniej jeden podprzedział przedziału <math>[a, b]</math>. Dla ustalenia uwagi niech będzie to podprzedział <math>[r, s]</math> i rozważmy całkę <math>(\ast \ast)</math>. Ponieważ iloczyn <math>(f (x) - m) g (x)</math> jest funkcją nieujemną, to dostajemy

::<math>0 = \int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{U \backslash [r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx</math>

:::::::::<math>\;\;\;\;\:\, \geqslant \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx \geqslant 0</math>

Skąd wynika, że musi być

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

Jeśli połączymy powyższy warunek z oczywistymi faktami, że
:*    funkcja <math>f(x) - m</math> jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[r, s]</math>
:*    funkcja <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[r, s]</math>

to na podstawie zadania [[#D159|D159]]<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> natychmiast widzimy, że musi być <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>. Ponieważ <math>[r, s] \subset U \subset [a, b]</math> i <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to możemy wybrać punkt <math>\xi \in [r, s]</math> taki, że <math>\xi \neq a</math>, <math>\xi \neq b</math> i <math>f (\xi) = m</math>. Wtedy z definicji liczby <math>w</math>, dostajemy

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = m \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

gdzie <math>\xi \in (a, b)</math>. Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że nie musimy korzystać z rezultatu pokazanego w zadaniu [[#D159|D159]]. Z warunku

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

wynika, że <math>(f (x) - m) g (x) = 0</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Ponieważ <math>g(x) > 0</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to <math>f(x) = m</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Co całkowicie wystarcza, aby wybrać odpowiedni punkt <math>\xi \in [r, s]</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D161" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D161*</span><br/>
Twierdzenie obejmuje różne rodzaje granic: <math>x \rightarrow x_0, x^+_0, x^-_0, \infty, - \infty</math>. Dowolny z tych punktów granicznych oznaczyliśmy ogólnie jako <math>x^{\ast}</math>. Typy granic i odpowiadające im sąsiedztwa zostały zestawione w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! Typ granicy <math>\boldsymbol{ ( x \rightarrow x^{\ast} ) }</math>
| <math>x \rightarrow x_0</math> || <math>x \rightarrow x^+_0</math> || <math>x \rightarrow x^-_0</math> || <math>x \rightarrow \infty</math> || <math>x \rightarrow - \infty</math>
|-
! Sąsiedztwo <math>\boldsymbol{ S }</math>
| <math>(x_0 - \delta, x_0) \cup (x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0 - \delta, x_0)</math> || <math>(M, \infty)</math> || <math>(- \infty, - M)</math>
|}

gdzie <math>\delta, M \in \mathbb{R}_+</math>. Wystarczy, że postulowane nierówności są spełnione dla dostatecznie małego <math>\delta</math> i dostatecznie dużego <math>M</math>.

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o trzech funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy właściwej <math>L \in \mathbb{R}</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>f(x) \leqslant g (x) \leqslant h (x)</math> oraz <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \lim_{x \to x^{\ast}} h (x) = L</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = L</math>.<br/>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \geqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = \infty</math>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = - \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \leqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = - \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = - \infty</math>
</div>

<span id="D162" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D162</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, a funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona w pewnym otoczeniu nakłutym <math>\mathring{U} (x_0, r) = (x_0 - r, x_0 + r) \backslash \{ x_0 \}</math> punktu <math>x_0</math>, to <math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ <math>g(x)</math> jest ograniczona, to istnieje taka stała <math>M > 0</math>, że dla wszystkich <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> zachodzi

::<math>|g (x) | \leqslant M</math>

Wynika stąd, że dla każdego <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant |g (x) f (x) | = | g (x) | | f (x) | \leqslant M | f (x) |</math>

Z założenia <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, zatem z twierdzenia [[#D161|D161]] p.&hairsp;1 otrzymujemy natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D163" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D163 (wzór Frullaniego)</span><br/>
Niech <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math>. Jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w przedziale <math>[0, \infty)</math> oraz istnieje skończona granica <math>f (\infty) = \lim_{x \to \infty} f (x)</math>, to prawdziwy jest wzór

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>b > a</math>. Rozważmy całkę w skończonym przedziale <math>[\varepsilon, R]</math>, gdzie <math>0 < \varepsilon < R < \infty</math> i dodatkowo niech <math>b \varepsilon < a R</math> (spełnienie tego warunku zawsze możemy uzyskać, obierając <math>\varepsilon</math> odpowiednio małe i <math>R</math> odpowiednio duże).

Mamy zatem <math>a \varepsilon < b \varepsilon < a R < b R</math>. Rozpatrywaną całkę oznaczymy jako <math>I (\varepsilon, R)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax)}{x}}\,dx - \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (bx)}{x}}\,dx</math>
</div>

W pierwszej całce po prawej stronie stosujemy podstawienie <math>u = ax</math>, co daje <math>du = a\,dx</math>, zaś granice zmieniają się na <math>[a \varepsilon, aR]</math>. W drugiej całce podstawiamy <math>u = bx</math>, co daje <math>du = b\,dx</math> i nowe granice całkowania <math>[b \varepsilon, bR]</math>. Otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{a \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{b \varepsilon}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \left( \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right) - \left( \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

bo całki w przedziale <math>[b \varepsilon, aR]</math> redukują się. Na mocy uogólnionego twierdzenia o wartości średniej (zobacz [[#D160|D160]]) dla pierwszej całki istnieje punkt <math>\xi_1 \in (a \varepsilon, b \varepsilon)</math>, a dla drugiej całki punkt <math>\xi_2 \in (aR, bR)</math> taki, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_1) \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b \varepsilon}{a \varepsilon}} = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_2) \int_{aR}^{bR} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{bR}{aR}} = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Podstawiając te wyniki do wyrażenia na <math>I (\varepsilon, R)</math>, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = (f (\xi_1) - f (\xi_2)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Zauważmy, że (zobacz [[#D161|D161]])

:*    ponieważ <math>a \varepsilon < \xi_1 < b \varepsilon</math>, to w granicy, gdy <math>\varepsilon \to 0^+</math>, mamy <math>\xi_1 \to 0</math>, a zatem <math>f (\xi_1) \to f (0)</math>

:*    ponieważ <math>\xi_2 > a R</math>, to w granicy, gdy <math>R \to \infty</math>, mamy <math>\xi_2 \to \infty</math>, więc <math>f (\xi_2) \to f (\infty)</math>

Ostatecznie otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\underset{R \rightarrow \infty}{\lim_{\; \varepsilon \rightarrow 0^+}} I (\varepsilon, R) = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D164" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D164</span><br/>
Pokazać, że prawdziwe są następujące przedstawienia całkowe logarytmu

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt</math>

::<math>\log n = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Niech <math>f(t) = e^{- t}</math>, <math>a = 1</math> oraz <math>b = n</math>. Mamy <math>f(0) = 1</math> i <math>f (\infty) = 0</math>. Korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]])

::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (at) - f (bt)}{t}}\,dt = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>\int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt = \log n</math>

'''Punkt 2.'''

Wykorzystujemy znalezioną w punkcie 1. reprezentację całkową

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Przejście do nowej zmiennej <math>t = e^{- x}</math> prowadzi do następujących zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{1}{t}}\,dt</math>

::<math>e^{- x} = t \qquad\qquad\quad\:\: e^{- nx} = (e^{- x})^n = t^n</math>

i nowych granic całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\log n = \int_1^0 {\small\frac{t - t^n}{- \log t}} \cdot \left( - {\small\frac{1}{t}} \right)\,dt = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Całkowe przedstawienia stałej Eulera i funkcji digamma</span> ===

 

<span id="D165" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D165</span><br/>
Niech <math>g \in \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba rzeczywista <math>R</math>, że dla każdego <math>x > R</math> jest <math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>, to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę <math>g</math> w plus nieskończoności. Symbolicznie fakt ten zapisujemy następująco <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>.

<span id="D166" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D166</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : [a, \infty) \to \mathbb{R}</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, \infty)</math> oraz posiada skończoną granicę <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>, to funkcja <math>f</math> jest ograniczona w tym przedziale.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji granicy funkcji w nieskończoności wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>R</math>, że dla wszystkich <math>x > R</math> zachodzi

::<math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>

Ponieważ <math>\varepsilon</math> jest dowolną liczbą, to możemy przyjąć konkretną wartość, np. <math>\varepsilon = 1</math>. Wówczas istnieje takie <math>R</math>, że dla każdego <math>x \in (R, \infty)</math> mamy

::<math>g - 1 < f (x) < g + 1</math>

Gdyby było <math>R = a</math>, to dowód byłby zakończony. Rozważmy zatem przypadek, gdy <math>R > a</math>. Na mocy twierdzenia Weierstrassa o kresach<ref name="Weierstrass1"/> funkcja ciągła <math>f</math> w przedziale domkniętym <math>[a, R]</math> osiąga swoje kresy. Czyli istnieją takie liczby <math>m</math> i <math>M</math>, że dla każdego <math>x \in [a, R]</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Jeżeli zdefiniujemy liczby <math>k = \min (m, g - 1)</math> i <math>K = \max (M, g + 1)</math>, to łącząc przedstawione wyżej rezultaty, możemy napisać oszacowanie

::<math>k \leqslant f (x) \leqslant K</math>

prawdziwe dla każdego <math>x \in [a, \infty)</math>. Co kończy dowód ograniczoności funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D167" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D167</span><br/>
Dla stałej Eulera prawdziwe są następujące reprezentacje całkowe

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Stałą Eulera <math>\gamma</math> definiujemy jako granicę różnicy między sumą częściową szeregu harmonicznego a logarytmem naturalnym<ref name="Euler1"/>

::<math>\gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n \right)</math>

Dla uproszczenia zdefiniujmy ciąg <math>(\gamma_n)</math>

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \to \infty} \gamma_n = \gamma</math>. Wykonywanie przekształceń dla <math>\gamma_n</math> (zamiast dla <math>\gamma</math>) znakomicie je ułatwia i (co najważniejsze) pozwala doprowadzić wynik do takiej postaci, dla której przejście do granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, nie będzie już rodziło problemów. Pamiętamy, że w ogólnym przypadku nie możemy przenosić granicy pod znak całki.

Aby móc połączyć sumę i logarytm, musimy zapisać oba wyrażenia jako całki w tych samych granicach od <math>0</math> do <math>\infty</math>. Dla sumy wykorzystujemy tożsamość prawdziwą dla <math>k > 0</math> (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx</math>

Sumując po <math>k</math> od <math>1</math> do <math>n</math>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^n \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx = \int_0^{\infty} \sum_{k = 1}^n (e^{- x})^k\,dx</math>

Zauważmy, że dokonaliśmy zamiany kolejności sumowania i całkowania. Jest to dopuszczalne, bo suma jest skończona. Pod całką mamy teraz sumę ciągu geometrycznego, gdzie pierwszy wyraz to <math>a_1 = e^{- x}</math>, a iloraz to <math>q = e^{- x}</math>. Korzystając ze wzoru na sumę <math>n</math> wyrazów takiego ciągu, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Reprezentację całkową logarytmu znajdujemy, korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]], [[#D164|D164]])

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Zatem

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n = \int_0^{\infty} \left[ \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}} - \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x} \right]\,dx</math>

Wydzielenie wyrazów, które nie zależą od <math>n</math>, pozwala nam zapisać <math>\gamma_n</math> jako sumę docelowej całki <math>I</math> oraz reszty <math>R_n</math>

::<math>\gamma_n = \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx }_I + \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- nx}}{x}} - {\small\frac{e^{- (n + 1) x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx }_{R_n}</math>

Aby udowodnić, że <math>\gamma = I</math>, musimy pokazać, że <math>\lim_{n \to \infty} R_n = 0</math>. Mamy

::<math>R_n = \int_0^{\infty} e^{- nx} \left( {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx</math>

Zbadajmy funkcję pomocniczą

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} = {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}}</math>

Widzimy, że

::<math>\lim_{x \rightarrow 0} f (x) = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - 1}{e^x (x + 1) - 1}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x}{e^x (x + 2)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Gdzie dwukrotnie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Dodefiniowując <math>f(0) = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy funkcję ciągłą w <math>\mathbb{R}</math>. Bez trudu znajdujemy granicę funkcji <math>f</math> w nieskończoności

::<math>\lim_{x \rightarrow \infty} f (x) = \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{{\normalsize\frac{1}{x}} - e^{- x} - {\normalsize\frac{1}{x}} \cdot e^{- x}}{1 - e^{- x}} = 0</math>

Ponieważ <math>f</math> jest ciągła w <math>[0, \infty)</math> i ma skończoną granicę w nieskończoności, to jest funkcją ograniczoną w tym przedziale (zobacz [[#D166|D166]]). Niech <math>| f (x) | \leqslant M</math>. Łatwo otrzymujemy oszacowanie

::<math>0 \leqslant | R_n | \leqslant \int_0^{\infty} e^{- nx} | f (x) |\,dx \leqslant M \int_0^{\infty} e^{- nx}\,dx = {\small\frac{M}{n}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach, natychmiast otrzymujemy, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n | = 0</math>. Zatem

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \gamma_n = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx</math>

Co należało pokazać.

'''Punkt 2.'''

W otrzymanym w punkcie 1. wzorze

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^x - 1}} - {\small\frac{1}{xe^x}} \right)\,dx</math>

stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>, co daje następujące zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{dt}{t}}</math>

i nowe granice całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\gamma = \int_1^0 \left( \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} - 1} + \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} \log t} \right) \left( - {\small\frac{d t}{t}} \right) = \int_0^1 \left( {\small\frac{t}{1 - t}} + {\small\frac{t}{\log t}} \right) {\small\frac{d t}{t}} = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D168" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D168</span><br/>
Niech <math>f(t)</math> będzie funkcją zespoloną zmiennej rzeczywistej <math>t</math> całkowalną w przedziale <math>[a, b]</math>. Prawdziwa jest następująca nierówność

::<math>\left| \int_a^b f(t)\,dt \right| \leqslant \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wartość całki z funkcji <math>f(t)</math> jest pewną liczbą zespoloną, którą oznaczymy jako <math>I</math>

::<math>I = \int_a^b f(t)\,dt</math>

Jeśli <math>I = 0</math>, nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że <math>I \neq 0</math> i zapiszmy tę liczbę (w ogólności zespoloną) w postaci wykładniczej <math>I = |I| e^{i \theta}</math>, gdzie <math>|I|</math> jest modułem, a <math>\theta</math> jest argumentem liczby <math>I</math>. Mamy

::<math>|I| = e^{- i \theta} I = e^{- i \theta} \int_a^b f(t)\,dt = \int_a^b e^{- i \theta} f (t)\,dt</math>

Zauważmy, że

::<math>|I| = \int_a^b [\operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t)) + i \cdot \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))]\,dt = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt + i \int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Ponieważ po lewej stronie mamy liczbę rzeczywistą, to musi być

::<math>\int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt = 0</math>

Zatem

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Korzystając z prostej nierówności <math>\operatorname{Re}(z) \leqslant |z|</math> prawdziwej dla dowolnego <math>z \in \mathbb{C}</math>, dostajemy

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt \leqslant \int_a^b |e^{- i \theta} f (t) |\,dt = \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D169" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D169</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pokazaliśmy (zobacz [[#D149|D149]]), że funkcja digamma ma postać

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, - 3, \ldots</math>

gdzie <math>\gamma</math> oznacza stałą Eulera.

W ogólności nie wolno zamieniać sumy nieskończonej z całką. Aby uniknąć tego problemu, będziemy rozpatrywali sumy częściowe, a odpowiadające im funkcje oznaczymy przez <math>\psi_n (z)</math>

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, \ldots, - n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = \psi (z)</math>.

Każdy składnik sumy zastępujemy całką z funkcji potęgowej. Zauważmy, że dla <math>k > 0</math> mamy (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int^1_0 t^{k - 1}\,dt</math>

W naszym przypadku, gdzie w mianownikach mamy odpowiednio <math>k + 1</math> oraz <math>k + z</math>, otrzymujemy natychmiast warunek <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> oraz wzór

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \int_0^1 (t^k - t^{k + z - 1})\,dt</math>

Dla skończonej liczby składników sumy możemy zamienić kolejność sumowania i całkowania. Wyłączając wspólny czynnik przed sumę, dostajemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 (1 - t^{z - 1}) \left( \sum_{k = 0}^n t^k \right)\,dt</math>

Stosując wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego o ilorazie <math>t</math>, otrzymujemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} (1 - t^{n + 1})\,dt = \underset{\psi (z)}{\underbrace{- \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt}} - \underset{R_n (z)}{\underbrace{\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt}}</math>

Musimy wykazać, że całka

::<math>R_n (z) = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

dąży do zera, gdy <math>n</math> rośnie do nieskończoności. W tym celu dzielimy przedział całkowania na dwa obszary, wykorzystując punkt pomocniczy <math>\delta</math> z przedziału <math>(0, 1)</math>.

::<math>R_n (z) = \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad (\ast)</math>

Szacujemy pierwszą całkę określoną w przedziale <math>[0, \delta]</math>

::<math>\left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_0^{\delta} \left| {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1} \right|\,dt \qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;\;\,</math> (z twierdzenia [[#D168|D168]])

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{| 1 - t^{z - 1} |}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{1 + | t^{z - 1} |}{1 - \delta}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (1 + t^{\operatorname{Re}(z) - 1}) t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad\qquad</math> (bo <math>1 - \delta</math> to najmniejsza wartość mianownika dla <math>t \in [0, \delta]</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (t^{n + 1} + t^{n + \operatorname{Re}(z)})\,dt \qquad\qquad\qquad\;\,</math> (bo <math>| t^{z - 1} | = | t^{a + i b - 1} | = | t^{a - 1} \cdot t^{i b} | = | t^{a - 1} | \cdot | e^{i \cdot b \log t} | = t^{a - 1}</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right)</math>

Ponieważ <math>\delta</math> jest mniejsza od <math>1</math>, to oba składniki dążą do zera wraz ze wzrostem liczby <math>n</math>.

Szacujemy drugą całkę określoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>. Rozważmy występującą pod całką funkcję

::<math>f(t) = {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}</math>

Jeśli dodefiniujemy <math>f(1) = z - 1</math>, to funkcja będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, bo

::<math>\lim_{t \rightarrow 1} f (t) = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{- (z - 1) t^{z - 2}}{- 1}} = z - 1</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Łatwo otrzymujemy

::<math>\left| \int_{\delta}^1 f (t) t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) t^{n + 1} |\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) | t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant M \int_{\delta}^1 t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, = M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

Pierwsza nierówność wynika z twierdzenia [[#D168|D168]]. Trzecią (i ostatnią) nierówność otrzymujemy z twierdzenia Weierstrassa<ref name="Weierstrass1"/> zastosowanego do funkcji rzeczywistej <math>| f (t) |</math> określonej w przedziale domkniętym <math>[\delta, 1]</math>. Na mocy tego twierdzenia <math>| f (t) |</math> jest funkcją ograniczoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, czyli istnieje takie <math>M > 0</math>, że <math>| f (t) | \leqslant M</math> dla każdego <math>t \in [\delta, 1]</math>.

Możemy teraz oszacować resztę <math>R_n (z)</math> daną wzorem <math>(\ast)</math>

::<math>0 \leqslant | R_n (z) | = \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| + \left| \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, < {\small\frac{\delta^{n + 1}}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta}{n + 2}} + \frac{\delta^{\operatorname{Re}(z)}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + {\small\frac{M}{n + 2}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n (z) | = 0</math>. Pokazaliśmy tym samym, że

::<math>\psi (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

Aby udowodnić drugi wzór

::<math>\psi (z) = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

skorzystamy z twierdzenia [[#D167|D167]]. Mamy

::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Podstawiając wyrażenie na <math>\gamma</math> do wzoru na <math>\psi (z)</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( - {\small\frac{1}{\log t}} - {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Całka <math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt</math> jest niewłaściwa w punkcie <math>t = 0</math>, bo łatwo wskazać wartości <math>z</math>, dla których wyrażenie <math>t^{z - 1}</math> dąży do nieskończoności, gdy <math>t \rightarrow 0^+</math>. W szczególności zauważmy, że całka jest rozbieżna, gdy <math>z = 0</math>. Dlatego zapiszemy ją jako granicę

::<math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{t^z}{z}} \biggr\rvert_{\varepsilon}^{1} \right) = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{1^z}{z}} - {\small\frac{\varepsilon^z}{z}} \right) = {\small\frac{1}{z}} - {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z</math>

Zapisując <math>\varepsilon^z</math> w postaci wykładniczej, gdzie <math>z = x + iy</math>, otrzymujemy

::<math>\varepsilon^z = \varepsilon^{x + iy} = \varepsilon^x \cdot \varepsilon^{iy} = e^{x \log \varepsilon} \cdot e^{i y \log \varepsilon}</math>

Widzimy, że

::<math>0 \leqslant | \varepsilon^z | = e^{\operatorname{Re}(z) \cdot \log \varepsilon}</math>

Zatem z twierdzenia o trzech funkcjach (zobacz [[#D161|D161]] p.&hairsp;1) otrzymujemy natychmiast, że <math>\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z = 0</math>, gdy <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D170" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D170</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
W twierdzeniu [[#D169|D169]] pokazaliśmy, że

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

W całce stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>. Otrzymujemy następujące zależności

::<math>dt = - e^{- x}\,dx</math>

::<math>t^{z - 1} = (e^{- x})^{z - 1} = e^{- xz + x}</math>

oraz nowe granice całkowania
:*    gdy <math>t \to 0</math>, to <math>x \to \infty</math>
:*    gdy <math>t \to 1</math>, to <math>x \to 0</math>

Podstawiając do całki, mamy

::<math>\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_{\infty}^0 {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} (- e^{- x})\,dx = \int_0^{\infty} {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} e^{- x}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- zx}}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Skąd natychmiast wynika pierwszy dowodzony wzór (z wydzieloną stałą <math>\gamma</math>).

Korzystamy teraz z reprezentacji całkowej stałej <math>\gamma</math> (zobacz [[#D167|D167]])

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>

Łącząc obydwie znalezione całki, dostajemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( - {\small\frac{e^{- t}}{1 - e^{- t}}} + {\small\frac{e^{- t}}{t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Przypisy ==
<references>

<ref name="DirichletEta">Wikipedia, ''Funkcja η'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%B7 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="RiemannZeta">Wikipedia, ''Funkcja dzeta Riemanna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_dzeta_Riemanna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Riemann1">Bernhard Riemann, ''Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe'', [rozprawa habilitacyjna z 1854, w:] Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften in Göttingen vol. 13, 1868, pp. 87 - 1</ref>

<ref name="calkowalnosc1">Twierdzenie: funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całkowalna w tym przedziale.</ref>

<ref name="calkowalnosc2">W szczególności: funkcja ograniczona i mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w przedziale domkniętym jest w tym przedziale całkowalna.</ref>

<ref name="Mertens1">Wikipedia, ''Twierdzenia Mertensa'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenia_Mertensa Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Mertens%27_theorems Wiki-en])</ref>

<ref name="Mertens2">Wikipedia, ''Franciszek Mertens'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Franciszek_Mertens Wiki-pl])</ref>

<ref name="Rosser1">J. B. Rosser and L. Schoenfeld, ''Approximate formulas for some functions of prime numbers'', Illinois J. Math. 6 (1962), 64-94, ([https://projecteuclid.org/journals/illinois-journal-of-mathematics/volume-6/issue-1/Approximate-formulas-for-some-functions-of-prime-numbers/10.1215/ijm/1255631807.full LINK])</ref>

<ref name="twierdzenie">Zobacz twierdzenie [[#D73|D73]].</ref>

<ref name="A001620">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A001620 - Decimal expansion of Euler's constant'', ([https://oeis.org/A001620 A001620])</ref>

<ref name="A083343">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A083343 - Decimal expansion of constant B3 (or B_3) related to the Mertens constant'', ([https://oeis.org/A083343 A083343])</ref>

<ref name="A138312">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A138312 - Decimal expansion of Mertens's constant minus Euler's constant'', ([https://oeis.org/A138312 A138312])</ref>

<ref name="Dusart10">Pierre Dusart, ''Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.'', 2010, ([https://arxiv.org/abs/1002.0442 LINK])</ref>

<ref name="Wiki1">Wikipedia, ''Stałe Bruna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82e_Bruna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="A065421">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A065421 - Decimal expansion of Viggo Brun's constant B'', ([https://oeis.org/A065421 A065421])</ref>

<ref name="Erdos1">Paul Erdős, ''Über die Reihe'' <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math>, Mathematica, Zutphen B 7, 1938, 1-2.</ref>

<ref name="sumowanie1">sumowanie przez części (ang. ''summation by parts'')</ref>

<ref name="convexseq1">ciąg wypukły (ang. ''convex sequence'')</ref>

<ref name="Dusart18">Pierre Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', The Ramanujan Journal, vol. 45(1), 2018, 227-251.</ref>

<ref name="GeometricSeries1">Wikipedia, ''Szereg geometryczny'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_geometryczny Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_series Wiki-en])</ref>

<ref name="CesaroSum1">Wikipedia, ''Sumowalność metodą Cesàro'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sumowalno%C5%9B%C4%87_metod%C4%85_Ces%C3%A0ro Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Ces%C3%A0ro_summation Wiki-en])</ref>

<ref name="IndefiniteSum1">Wikipedia, ''Indefinite sum'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Indefinite_sum Wiki-en])</ref>

<ref name="Fasenmyer1">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''Some Generalized Hypergeometric Polynomials'', Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947), 806-812</ref>

<ref name="Fasenmyer2">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''A Note on Pure Recurrence Relations'', Amer. Math. Monthly 56 (1949), 14-17</ref>

<ref name="Zeilberger1">Doron Zeilberger, ''Sister Celine's technique and its generalizations'', Journal of Mathematical Analysis and Applications, 85 (1982), 114-145</ref>

<ref name="WilfZeilberger1">Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''Rational Functions Certify Combinatorial Identities'', J. Amer. Math. Soc. 3 (1990), 147-158</ref>

<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1">Marko Petkovšek, Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''A = B'', AK Peters, Ltd., 1996</ref>

<ref name="JovanMikic1">Jovan Mikić, ''A Proof of a Famous Identity Concerning the Convolution of the Central Binomial Coefficients'', Journal of Integer Sequences, Vol. 19, No. 6 (2016), pp. 1 - 10, ([https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Mikic2/mikic15.html LINK])</ref>

<ref name="gamma1">Wikipedia, ''Funkcja Γ'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%93 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Weierstrass1">Twierdzenie Weierstrassa: Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> określona w przedziale domkniętym jest ciągła, to jest w nim ograniczona i osiąga swoje kresy. ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Weierstrassa_o_kresach Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem Wiki‑en])</ref>

<ref name="Darboux1">Wikipedia, ''Twierdzenie Darboux'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Darboux Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="Euler1">Wikipedia, ''Stała Eulera'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82a_Eulera Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_constant Wiki-en])</ref>

</references>

Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia

2026-06-17T16:04:12Z

HenrykDabrowski:

Szeregi liczbowe

2026-06-17T16:01:50Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">07.04.2022</div>

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

<span id="D1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>

::<math>a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n + \ldots = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>

nazywamy szeregiem nieskończonym o wyrazach <math>a_n</math>.

<span id="D2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

<span id="D3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

<span id="D4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> będzie ciągiem sum częściowych, wtedy <math>a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_n</math>. Z założenia ciąg <math>(S_n)</math> jest zbieżny, zatem

::<math>\lim_{n \to \infty} a_{n + 1} = \lim_{n \to \infty} \left ( S_{n+1} - S_{n} \right ) = \lim_{n \to \infty} S_{n + 1} - \lim_{n \to \infty} S_n = 0</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Okazuje się, że bardzo łatwo podać przykład szeregów, dla których warunek <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math> jest warunkiem wystarczającym. Opisany w poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
<span id="D5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych. Jeżeli

::<math>\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} a_n = 0</math>

to szereg <math>\underset{k = 1}{\overset{\infty}{\sum}} (- 1)^{k + 1} \cdot a_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Grupując wyrazy szeregu po dwa, otrzymujemy sumę częściową postaci

::<math>S_{2 m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \ldots + (a_{2 m - 1} - a_{2 m})</math>

Ponieważ ciąg <math>(a_n)</math> jest ciągiem malejącym, to każde wyrażenie w nawiasie jest liczbą nieujemną. Z drugiej strony

::<math>S_{2 m} = a_1 - (a_2 - a_3) - (a_4 - a_5) - \ldots - (a_{2 m - 2} - a_{2 m - 1}) {- a_{2 m}} < a_1</math>

Zatem dla każdego <math>m</math> ciąg sum częściowych <math>S_{2 m}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C12|C12]] jest zbieżny, czyli

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>

Pozostaje zbadać sumy częściowe <math>S_{2 m + 1}</math>. Rezultat jest natychmiastowy

::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m + 1} = \lim_{m \to \infty} (S_{2 m} + a_{2 m + 1}) = \lim_{m \to \infty} S_{2 m} + \lim_{m \to \infty} a_{2 m + 1} = g + 0 = g</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D6</span><br/>
Pokazać, że dla <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math> jest

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Przypomnijmy wzór na sumę częściową szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} q^k = {\small\frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q}} \qquad \qquad \text{dla} \quad q \neq 1</math>

Kładąc <math>q = - x^{a}</math>, gdzie <math>x \geqslant 0</math> i <math>a > 0</math>, mamy <math>q \leqslant 0</math> i <math>q \neq 1</math>. Zatem otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k = \frac{1 - (- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- x^{a})^k + \frac{(- x^{a})^{n + 1}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{1 + x^{a}}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} + \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}</math>
</div>

Całkując obie strony równania w granicach od <math>0</math> do <math>1</math>, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \qquad \qquad \qquad (\ast)</math>
</div>

Łatwo znajdujemy pierwszą całkę po prawej stronie

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 \left[ \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k x^{a k} \right] d x = \sum^n_{k = 0} (- 1)^k \int^1_0 x^{a k} d x = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^k \left[ {\small\frac{x^{a k + 1}}{a k + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} \right] = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}}</math>
</div>

Dla drugiej całki po prawej stronie wzoru <math>(\ast)</math> wystarczy znaleźć odpowiednie oszacowanie. Ponieważ dla <math>x \in [0, 1]</math> i <math>a > 0</math>, to <math>| x | = x</math> i <math>| 1 + x^{a} | = 1 + x^{a} \geqslant 1</math>. Zatem

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>0 \leqslant \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| \leqslant \int^1_0 \left| {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} \right| d x = \int^1_0 {\small\frac{x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}}} d x \leqslant \int^1_0 x^{a (n + 1)} d x = {\small\frac{x^{a (n + 1) + 1}}{a (n + 1) + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{a (n + 1) + 1}}</math>
</div>

Z twierdzenia o trzech ciągach ([[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x \right| = 0</math>
</div>

Czyli (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2)

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} dx = 0</math>
</div>

Możemy teraz wzór <math>(\ast)</math> zapisać w postaci

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} + \int^1_0 \frac{(- 1)^{n + 1} x^{a (n + 1)}}{1 + x^{a}} d x</math>
</div>

i przechodząc do granicy, dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a}}} d x</math>
</div>

'''Punkt 2.'''

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{a k + b}} = {\small\frac{1}{b}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^k}{{\small\frac{a}{b}} \cdot k + 1} = {\small\frac{1}{b}} \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{a / b}}} d x</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
Korzystając z rezultatu uzyskanego w zadaniu [[#D6|D6]], znajdziemy sumy niektórych szeregów.

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x}} d x = \log (1 + x) \biggr\rvert_{0}^{1} = \log 2 \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (szereg harmoniczny naprzemienny)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{2 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{7}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^2}} d x = \operatorname{arctg}(x) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E2%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])          (wzór Leibniza na <math>\pi</math>)

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{3 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^3}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{3}}{9}} + {\small\frac{\log 2}{3}} = 0.8356488482647 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate++1%2F%281+%2B+x%5E3%29+dx+++from+x%3D0+to+1 WolframAlpha])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{4 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{17}} - {\small\frac{1}{21}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^4}} d x = {\small\frac{\pi \sqrt{2}}{8}} + \frac{\sqrt{2} \cdot \log \left( 1 + \sqrt{2} \right)}{4} = 0.8669729873399 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{6 k + 1}} = 1 - {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{25}} - {\small\frac{1}{31}} + \ldots = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^6}} d x = {\small\frac{\pi}{6}} + \frac{\sqrt{3} \cdot \log \left( 2 + \sqrt{3} \right)}{6} = 0.90377177374877 \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\pi k + 1}} = \int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^{\pi}}} d x = {\small\frac{1}{2 \pi}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 \pi}} \right) \right] = 0.840943255440756 \ldots</math>

Gdzie <math>\psi (x)</math> oznacza funkcję digamma (zobacz [[#D148|D148]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D153|D153]].

<span id="D8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że założenie <math>s > 1</math> zapewnia zbieżność szeregu po prawej stronie. Zapiszmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math> w postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i nieparzystych

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} = 1 + {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} + {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} + \ldots</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

::::<math>\: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Otrzymujemy wzór

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Podobnie rozpiszmy szereg naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} = 1 - {\small\frac{1}{2^s}} + {\small\frac{1}{3^s}} - {\small\frac{1}{4^s}} + {\small\frac{1}{5^s}} - \ldots</math>

:::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} - {\small\frac{1}{2^s}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D9</span><br/>
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta<ref name="DirichletEta"/>, którą definiuje szereg naprzemienny

::<math>\eta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>

lub funkcja dzeta Riemanna<ref name="RiemannZeta"/>, którą definiuje inny szereg

::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

Na podstawie twierdzenia [[#D8|D8]] funkcje te są związane wzorem

::<math>\eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s)</math>

Dla <math>s \in \mathbb{R}_+</math> funkcja eta Dirichleta jest zbieżna. Możemy ją wykorzystać do znajdowania sumy szeregu naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}}</math>.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| <math>s = {\small\frac{1}{2}}</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{\sqrt{k}}} = 0.604898643421 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%2F2%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 1</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2 = 0.693147180559 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%5D WolframAlpha]
|-
| <math>s = 2</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{12}} = 0.822467033424 \ldots</math>
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B2%5D WolframAlpha]
|}

<span id="D10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
Niech <math>N \in \mathbb{Z}_+</math>. Szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W przypadku zbieżności zachodzi związek

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \left ( a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1} \right ) + \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>S(n) =\sum_{k = 1}^{n} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant 1</math>) oznacza sumę częściową pierwszego szeregu, a <math>T(n) = \sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> (gdzie <math>n \geqslant N</math>) oznacza sumę częściową drugiego szeregu. Dla <math>n \geqslant N</math> mamy

::<math>S(n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1}) + T (n)</math>

Widzimy, że dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności zbieżność (rozbieżność) jednego ciągu implikuje zbieżność (rozbieżność) drugiego.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze)</span><br/>
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek

::<math>0 \leqslant a_k \leqslant b_k</math>

to

#   zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> pociąga za sobą zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>
#   rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> pociąga za sobą rozbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dowód przeprowadzimy dla szeregów <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math>, które są (odpowiednio) jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne z szeregami <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

'''Punkt 1.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Niech <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k = b</math>, zatem z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k \leqslant b</math>

Zauważmy, że ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> jest ciągiem rosnącym (bo <math>a_k \geqslant 0</math>) i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>\left ( A_n \right )</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Z założenia szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny, a z założonych w twierdzeniu nierówności dostajemy

::<math>0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math>

Rosnący ciąg sum częściowych <math>A_n = \sum_{k = N_0}^{n} a_k</math> nie może być ograniczony od góry, bo przeczyłoby to założeniu, że szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} a_k</math> jest rozbieżny. Wynika stąd i z wypisanych wyżej nierówności, że również ciąg sum częściowych <math>B_n = \sum_{k = N_0}^{n} b_k</math> nie może być ograniczony od góry, zatem szereg <math>\sum_{k = N_0}^{\infty} b_k</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k \right |</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest również zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>b_k = a_k + | a_k |</math>. Z definicji prawdziwe jest następujące kryterium porównawcze

::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>

Zatem z punktu 1. twierdzenia [[#D11|D11]] wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Ponieważ szeregi po prawej stronie są zbieżne, to zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>. Zauważmy, że jedynie w przypadku, gdyby obydwa szeregi po prawej stronie były rozbieżne, nie moglibyśmy wnioskować o zbieżności / rozbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, bo suma szeregów rozbieżnych może być zbieżna.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D13</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''bezwzględnie zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest zbieżny.

Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''warunkowo zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, ale szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest rozbieżny.

<span id="D14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D14</span><br/>
Suma szeregów zbieżnych jest zbieżna, a suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''

Pokażemy, że suma szeregów zbieżnych jest zbieżna.</br>
Załóżmy, że szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> są zbieżne. Niech <math>A_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> oraz <math>B_n = \sum_{k = 1}^n b_k</math> będą ciągami sum częściowych tych szeregów. Ponieważ założyliśmy zbieżność szeregów, to ciągi <math>(A_n)</math> i <math>(B_n)</math> mają skończone granice.

::<math>\lim_{n \to \infty} A_n = S_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \lim_{n \to \infty} B_n = S_B</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, gdzie <math>c_k = a_k + b_k</math>. Ciąg sum częściowych tego szeregu oznaczymy jako <math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k</math>. Ponieważ w przypadku sum skończonych możemy dowolnie zmieniać kolejność składników, to

::<math>C_n = \sum_{k = 1}^n c_k = \sum_{k = 1}^n (a_k + b_k) = \sum_{k = 1}^n a_k + \sum_{k = 1}^n b_k = A_n + B_n</math>

Aby zbadać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math>, musimy obliczyć granicę ciągu sum częściowych <math>(C_n)</math> przy <math>n \to \infty</math>. Korzystając z twierdzenia o granicy sumy ciągów (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]]), otrzymujemy

::<math>\lim_{n \to \infty} C_n = \lim_{n \to \infty} (A_n + B_n) = \lim_{n \to \infty} A_n + \lim_{n \to \infty} B_n = S_A + S_B</math>

Skoro granica ciągu sum częściowych <math>C_n</math> istnieje i jest skończona, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} c_k</math> jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Pokażemy, że suma szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżna.</br>
Z założenia szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> i <math>\sum_{k = 1}^{\infty}b_k</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem szeregi zbudowane z modułów ich wyrazów są zbieżne do pewnych skończonych wartości

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k | = M_A \qquad \qquad \text{oraz} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} |b_k | = M_B</math>

Chcemy pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} |a_k + b_k |</math> jest zbieżny. Zdefiniujmy sumę częściową tego szeregu

::<math>V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k |</math>

Łatwo widzimy, że

::<math>0 \leqslant V_n = \sum_{k = 1}^n |a_k + b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^n (| a_k | + | b_k |) = \sum_{k = 1}^n | a_k | + \sum_{k = 1}^n | b_k | \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k | + \sum_{k = 1}^{\infty} | b_k | = M_A + M_B</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(V_n)</math> jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D15</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w jednej z postaci

# <math>\quad a_k = f_k - f_{k + 1}</math>
# <math>\quad a_k = f_{k - 1} - f_k</math>

to odpowiadający temu ciągowi szereg nazywamy szeregiem teleskopowym. Suma częściowa szeregu teleskopowego jest odpowiednio równa

# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_m - f_{n + 1}</math>
# <math>\quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_{m - 1} - f_n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) =</math>

::::<math>= (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + (f_{m + 2} - f_{m + 3}) + \ldots + (f_{n - 1} - f_n) + (f_n - f_{n + 1})</math>

::::<math>= f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + f_{m + 2} - f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1} - f_n + f_n - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + f_{m + 2}) + (- f_{m + 3} + \ldots + f_{n - 1}) + (- f_n + f_n) - f_{n + 1}</math>

::::<math>= f_m - f_{n + 1}</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) =</math>

::::<math>= (f_{m - 1} - f_m) + (f_m - f_{m + 1}) + (f_{m + 1} - f_{m + 2}) + \ldots + (f_{n - 2} - f_{n - 1}) + (f_{n - 1} - f_n)</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_m + f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2} - f_{n - 1} + f_{n - 1} - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n</math>

::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D16</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k (k - 1)}} = 1</math>
|
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{3}{4}}</math>
|
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}} = 1.644934066848 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A013661 A013661], [https://www.wolframalpha.com/input/?i=Zeta%282%29 WolframAlpha]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym

::<math>{\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = \sum^n_{k = 1} \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) = 1 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest identyczny z szeregiem z punktu 1., co łatwo zauważyć zmieniając zmienną sumowania <math>k = s + 1</math> i odpowiednio granice sumowania.

'''Punkt 3.'''<br/>
Należy skorzystać z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) + \left( {\small\frac{1}{k - 1}} - {\small\frac{1}{k}} \right) \right]</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność

::<math>0 < {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math>

to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D17</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 1.860025079221 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} = 0.788530565911 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085361 A085361]
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.257746886944 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} = 1.069058310734 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>

Wystarczy zauważyć, że

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} = {\small\frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}}</math>

::::::<math>\:\, > {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}}</math>

::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} = 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::::::<math>\:\, < 2 \sum_{k = 1}^n \left( {\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right)</math>

::::::<math>\:\, < 2</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 2.'''<br/>
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.&hairsp;4, możemy napisać oszacowanie

::<math>0 < {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} < {\small\frac{\sqrt{k}}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} = {\small\frac{k \log (k - 1) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log \left( k \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) \right) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) - k \log (k) + \log (k)}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Czyli prawdziwe jest oszacowanie

::<math>{\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

Zatem możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} < \sum_{k = 2}^{n} \left[ {\small\frac{\log (k - 1)}{k - 1}} - {\small\frac{\log (k)}{k}} \right] + \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.

'''Punkt 4.'''<br/>
Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log (k + 1) - \log (k)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Z drugiej strony mamy

::<math>{\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} = {\small\frac{\log (k) - \log (k - 1)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k - 1}} \right)}{\log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>

Wynika stąd następujący ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Rezultat ten wykorzystamy w pełni w przykładzie [[#D18|D18]], a do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy

::<math>\sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} < \sum_{k = 3}^{n} \left[ {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}}</math>

:::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{\log 2}}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D18</span><br/>
Na przykładzie szeregu <math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math> pokażemy, jak należy obliczać przybliżoną wartość sumy szeregu.

Ponieważ nie jesteśmy w stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części

::<math>\sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} + \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Wartość pierwszej części możemy policzyć bezpośrednio, a dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.

Dowodząc twierdzenie [[#D17|D17]], w punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}}</math>

Wykorzystamy powyższy wzór do znalezienia potrzebnego nam oszacowania. Sumując strony nierówności, dostajemy

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right)</math>

Ponieważ szeregi po lewej i po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} - {\small\frac{1}{\log n}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} < \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}}</math>

Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od <math>k = 3</math> do <math>k = m</math>

::<math>{\small\frac{1}{\log (m + 1)}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} < {\small\frac{1}{\log m}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}}</math>

Poniżej przedstawiamy wartości oszacowania sumy szeregu znalezione przy pomocy programu PARI/GP dla kolejnych wartości <math>m</math>. Wystarczy proste polecenie

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 8, s = '''sum'''( k = 3, 10^n, 1/k/('''log'''(k))^2 ); '''print'''( "n= ", n, " a= ", s + 1/'''log'''(10^n+1), " b= ", s + 1/'''log'''(10^n) ))</span>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>m = 10^1</math> || <math>1.06</math> || <math>1.07</math>
|-
| <math>m = 10^2</math> || <math>1.068</math> || <math>1.069</math>
|-
| <math>m = 10^3</math> || <math>1.06904</math> || <math>1.06906</math>
|-
| <math>m = 10^4</math> || <math>1.069057</math> || <math>1.069058</math>
|-
| <math>m = 10^5</math> || <math>1.0690582</math> || <math>1.0690583</math>
|-
| <math>m = 10^6</math> || <math>1.06905830</math> || <math>1.06905831</math>
|-
| <math>m = 10^7</math> || <math>1.0690583105</math> || <math>1.0690583109</math>
|-
| <math>m = 10^8</math> || <math>1.06905831071</math> || <math>1.06905831074</math>
|}

Dysponując oszacowaniem reszty szeregu, znaleźliśmy wartość sumy szeregu z dokładnością 10 miejsc po przecinku.

Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik

::<math>\sum_{k = 3}^{10^8} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} = 1.014 771 500 510 916 \ldots</math>

Zatem mimo zsumowania stu milionów(!) wyrazów szeregu otrzymaliśmy rezultat z dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.

Rozpatrywana wyżej sytuacja pokazuje, że w przypadku znajdowania przybliżonej wartości sumy szeregu ważniejsze od sumowania ogromnej ilości wyrazów jest posiadanie oszacowania nieskończonej reszty szeregu. Ponieważ wyznaczenie tego oszacowania na ogół nie jest proste, pokażemy jak ten problem rozwiązać przy pomocy całki oznaczonej.

== Grupowanie i przestawianie wyrazów szeregu ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcje</span> ===

 

<span id="D19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D19</span><br/>
Niech będą dane dwa zbiory <math>X</math> i <math>Y</math>. Funkcją nazywamy takie odwzorowanie, które każdemu elementowi zbioru <math>X</math> przyporządkowuje dokładnie jeden element zbioru <math>Y</math>.

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest różnowartościowa, jeżeli dla dowolnych elementów <math>x_1, x_2 \in X</math> prawdziwa jest implikacja
::<math>x_1 \neq x_2 \Longrightarrow f (x_1) \neq f (x_2)</math>
lub implikacja równoważna
::<math>f(x_1) = f (x_2) \Longrightarrow x_1 = x_2</math>

Powiemy, że funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na", jeżeli dla każdego elementu <math>y \in Y</math> istnieje taki element <math>x \in X</math>, że <math>y = f (x)</math>

Funkcję różnowartościową nazywamy też '''iniekcją''', a funkcję na "na" '''suriekcją'''.

Funkcję różnowartościową i "na" nazywamy funkcją wzajemnie jednoznaczną (lub '''bijekcją''').

Niech <math>f : X \rightarrow Y</math>. Powiemy, że <math>f</math> jest funkcją odwracalną, jeżeli istnieje taka funkcja <math>g : Y \rightarrow X</math>, że
::●    <math>g (f (x)) = x</math> dla każdego <math>x \in X</math>
::●    <math>f (g (y)) = y</math> dla każdego <math>y \in Y</math>
Funkcję <math>g</math> spełniającą powyższe warunki będziemy nazywali funkcją odwrotną do <math>f</math> i oznaczali symbolem <math>f^{- 1}</math>.

<span id="D20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D20</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną (czyli jest bijekcją), to ma dokładnie jedną funkcję odwrotną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Załóżmy, że <math>f : X \rightarrow Y</math> jest bijekcją. Zauważmy, że
* z założenia <math>f</math> jest funkcją "na" (suriekcją), zatem każdemu elementowi <math>y \in Y</math> musi odpowiadać przynajmniej jeden element <math>x \in X</math> taki, że <math>f(x) = y</math>

* przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że pewnemu elementowi <math>y \in Y</math> odpowiadają dwa '''różne''' elementy <math>x_1, x_2 \in X</math> takie, że <math>f(x_1) = y</math> i <math>f(x_2) = y</math>; ale z założenia <math>f</math> jest funkcją różnowartościową (iniekcją) i wiemy, że jeżeli <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, to <math>x_1 = x_2</math>; z otrzymanej sprzeczności wynika natychmiast, że element <math>x \in X</math> odpowiadający elementowi <math>y \in Y</math> jest '''jedyny'''.

Widzimy, że funkcja <math>f</math>, która jest różnowartościowa i "na" (bijekcja) przypisuje każdemu elementowi <math>x \in X</math> dokładnie jeden element <math>y \in Y</math> (to akurat wynika z definicji funkcji) i '''jednocześnie każdemu''' elementowi <math>y \in Y</math> odpowiada '''dokładnie jeden''' element <math>x \in X</math>.

::[[File: Funkcja-odwrotna.png|160px|none]]

Zatem możemy zdefiniować funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math> w następujący sposób: dla każdego <math>y \in Y</math> niech <math>f^{- 1} (y)</math> będzie tym '''jedynym''' elementem <math>x \in X</math> spełniającym <math>f(x) = y</math>.

Z powyższej definicji wynika, że
* dla dowolnego <math>x \in X</math> mamy <math>f^{- 1} (f (x)) = f^{- 1} (y) = x</math>
* dla dowolnego <math>y \in Y</math> jest <math>f (f^{- 1} (y)) = f (x) = y</math>

Pokażemy jeszcze, że funkcja odwrotna <math>f</math> jest wyznaczona jednoznacznie.

Niech <math>g : Y \rightarrow X</math> oraz <math>h : Y \rightarrow X</math> będą dwiema funkcjami odwrotnymi do <math>f</math>. Niech <math>y</math> będzie dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>. Z
definicji funkcji odwrotnej mamy <math>f (g (y)) = y</math> i <math>f (h (y)) = y</math>. Ponieważ
<math>f</math> jest funkcją różnowartościową i <math>f (g (y)) = f (h (y))</math>, to musi być <math>g(y) = h (y)</math>. Ponieważ <math>y</math> był dowolnym elementem zbioru <math>Y</math>, to wypisana równość zachodzi dla każdego <math>y \in Y</math>, skąd natychmiast wynika, że funkcje <math>g</math> i <math>h</math> są identyczne. Czyli istnieje dokładnie jedna funkcja odwrotna do funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D21</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną, to jest funkcją wzajemnie jednoznaczną.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> ma funkcję odwrotną <math>f^{- 1} : Y \rightarrow X</math>.

'''1.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na" (jest suriekcją)

Załóżmy, że <math>y \in Y</math> i niech <math>x = f^{- 1} (y)</math>, mamy

::<math>f(x) = f (f^{- 1} (y)) = y</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją "na".

'''2.''' funkcja <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową (jest iniekcją)

Załóżmy, że <math>x_1, x_2 \in X</math> i <math>f(x_1) = f (x_2)</math>, mamy

::<math>x_1 = f^{- 1} (f (x_1)) = f^{- 1} (f (x_2)) = x_2</math>

Zatem <math>f : X \rightarrow Y</math> jest funkcją różnowartościową. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D22</span><br/>
Pokazać, że <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbiorem ograniczonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

<math>\Large{\Longrightarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem skończonym, zatem <math>A = \{ k_1, \ldots, k_n \}</math>, gdzie <math>k_i \in \mathbb{N}</math>, a <math>n</math> jest iloscią elementów zbioru <math>A</math>. Wystarczy przyjąć <math>M = \max (k_1, \ldots, k_n)</math>, aby dla każdego <math>k_i \in A</math> było <math>k_i \leqslant M</math>. Czyli zbiór <math>A</math> jest zbiorem ograniczonym.

<math>\Large{\Longleftarrow}</math>

Z założenia <math>A \subset \mathbb{N}</math> jest zbiorem ograniczonym, zatem istnieje taka liczba <math>M</math>, że dla każdego <math>k_i \in A</math> jest <math>k_i \leqslant M</math>. Ponieważ <math>\mathbb{N}</math> jest zbiorem dyskretnym, to zbiór ma nie więcej niż <math>M</math> elementów, zatem jest zbiorem skończonym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D23</span><br/>
Niech <math>A</math> będzie dowolnym zbiorem skończonym, a <math>f</math> dowolną funkcją określoną na <math>A</math>. Pokazać, że obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> jest zbiorem skończonym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji funkcji wiemy, że każdemu elementowi <math>k \in A</math> odpowiada dokładnie jeden element zbioru <math>A</math>, zatem obraz <math>f(A)</math> zbioru <math>A</math> nie może zawierać więcej elementów niż zbiór <math>A</math>, zatem musi być zbiorem skończonym. Oczywiście <math>f(A)</math> może zawierać mniej elementów niż zbiór <math>A</math>, np. w przypadku funkcji <math>f(k) = k^2</math> i zbioru <math>A = \{ - 5, - 4, \ldots, 4, 5 \}</math> lub funkcji stałej <math>f(k) = C</math> i dowolnego skończonego zbioru <math>A</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Grupowanie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D24</span><br/>
Problem, który pojawia się w przypadku grupowania wyrazów szeregu, zilustrujemy przykładem. Rozważmy szereg

::<math>1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + {\small\frac{1}{8^2}} + {\small\frac{1}{9^2}} + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots \qquad (*)</math>

Jest to szereg zbieżny (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;4) i oczywiście jest bezwzględnie zbieżny. Możemy łatwo popsuć zbieżność tego szeregu, dodając nowe wyrazy. Zauważmy, że szereg

::<math>1 - 1 + 1 + 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} + 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} + 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} + 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} + 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} + \ldots \qquad (**)</math>

jest rozbieżny. Czytelnik łatwo sprawdzi, że suma częściowa tego szeregu wyraża się wzorem

::<math>S_n = \sum_{j = 1}^{\lfloor n / 3 \rfloor} {\small\frac{1}{j^2}} +
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n = 3 k \\
\lfloor n / 3 \rfloor + 1 & & \text{gdy } n = 3 k + 1 \\
0 & & \text{gdy } n = 3 k + 2 \\
\end{cases}</math>

Mamy zatem: <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \infty</math>, gdy <math>n = 3 k + 1</math> i <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>, gdy <math>n = 3 k</math> lub <math>n = 3 k + 2</math>. Skąd wynika natychmiast rozbieżność szeregu <math>(**)</math>. Zauważmy, że możemy łatwo temu szeregowi przywrócić zbieżność grupując wyrazy po trzy

::<math>(1 - 1 + 1) + \left( 2 - 2 + {\small\frac{1}{2^2}} \right) + \left( 3 - 3 + {\small\frac{1}{3^2}} \right) + \left( 4 - 4 + {\small\frac{1}{4^2}} \right) + \left( 5 - 5 + {\small\frac{1}{5^2}} \right) + \left( 6 - 6 + {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

W wyniku otrzymujemy zbieżny szereg <math>(*)</math>. Możemy też zastosować grupowanie: dwa wyrazy, jeden wyraz. Dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1) + (2 - 2) + \left( {\small\frac{1}{2^2}} \right) + (3 - 3) + \left( {\small\frac{1}{3^2}} \right) + (4 - 4) + \left( {\small\frac{1}{4^2}} \right) + (5 - 5) + \left( {\small\frac{1}{5^2}} \right) + (6 - 6) + \left( {\small\frac{1}{6^2}} \right) + \ldots</math>

Czyli szereg postaci

::<math>0 + 1 + 0 + {\small\frac{1}{2^2}} + 0 + {\small\frac{1}{3^2}} + 0 + {\small\frac{1}{4^2}} + 0 + {\small\frac{1}{5^2}} + 0 + {\small\frac{1}{6^2}} + 0 + {\small\frac{1}{7^2}} + 0 + {\small\frac{1}{8^2}} + 0 + {\small\frac{1}{9^2}} + 0 + {\small\frac{1}{10^2}} + \ldots</math>

Suma tego szeregu wynosi oczywiście <math>{\small\frac{\pi^2}{6}}</math>.

Widzimy, że szereg rozbieżny można uczynić zbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu. Podane niżej twierdzenie odpowiada na pytanie: czy szereg zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo) możemy uczynić rozbieżnym, dobierając odpowiednie grupowanie wyrazów szeregu.

<span id="D25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
Zbadać, czy suma wypisanych niżej szeregów zależy od sposobu grupowania wyrazów tych szeregów.

::<math>1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - \ldots</math>

::<math>1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + 7 - 8 + 9 - 10 + 11 - 12 + \ldots</math>

::<math>1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} + \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Pierwszy i drugi szereg nie są zbieżne, bo nie spełniają warunku koniecznego zbieżności szeregu: <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. W przypadku pierwszego szeregu mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
1 & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Widzimy, że nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, czyli szereg jest rozbieżny, ale grupując wyrazy po dwa, dostajemy

::<math>(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \ldots = 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + (- 1 + 1) + \ldots = 1 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 1</math>

Dla drugiego szeregu jest podobnie

::<math>S_n =
\begin{cases}
- {\large\frac{n}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{n + 1}{2}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Nie istnieje granica <math>S_n</math> dla <math>n</math> dążącego do nieskończoności, zatem szereg jest rozbieżny. Grupując wyrazy po dwa, mamy

::<math>(1 - 2) + (3 - 4) + (5 - 6) + (7 - 8) + (9 - 10) + (11 - 12) + \ldots = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - \ldots = - \infty</math>

::<math>1 + (- 2 + 3) + (- 4 + 5) + (- 6 + 7) + (- 8 + 9) + (- 10 + 11) + (- 12 + 13) + \ldots = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + \ldots = + \infty</math>

Trzeci szereg spełnia warunek konieczny zbieżności szeregu, ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Mamy

::<math>S_n =
\begin{cases}
\;\;\; 0 & & \text{gdy } n \text{ jest parzyste} \\
{\large\frac{2}{n + 1}} & & \text{gdy } n \text{ jest nieparzyste} \\
\end{cases}</math>

Ponieważ <math>S_n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>, to trzeci szereg jest warunkowo zbieżny. Zauważmy, że

::<math>(1 - 1) + \left( {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + \ldots = 0</math>

::<math>1 + \left( - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \ldots = 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{20}} - \ldots = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 0 \qquad \quad</math> (zobacz [[#D16|D16]] p.&hairsp;1)

::<math>\left( 1 - 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{3}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} \right) + \left( - {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{5}} + \ldots \longrightarrow 0</math>

Widzimy, że zmiana sposobu grupowania nie zmieniła sumy tego szeregu.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D26</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny (bezwzględnie lub warunkowo), to jego suma nie zależy od pogrupowania wyrazów pod warunkiem, że każda z grup obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Uwaga: warunek, aby grupy obejmowały jedynie skończoną ilość wyrazów, stosujemy do ustalonej grupy, co nie wyklucza sytuacji, że rozmiar grupy rośnie dla kolejnych grup, np. <math>n</math>-ta grupa zawiera <math>n</math> wyrazów szeregu.
Zauważmy, że podciąg <math>k_j = {\small\frac{1}{2}} (j^2 - j + 2)</math> jest równie dobrym podciągiem, jak każdy inny, a w tym przypadku <math>n</math>-ta grupa obejmuje dokładnie <math>n</math> wyrazów szeregu.

Rozważmy szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14} + \ldots</math>

oraz dowolne grupowanie wyrazów tego szeregu, na przykład

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = (a_1) + (a_2 + a_3) + (a_4 + a_5 + a_6) + (a_7 + a_8) + (a_9 + a_{10} + a_{11}) + (a_{12} + a_{13} + a_{14}) + \ldots</math>

Każda grupa (zgodnie z założeniem) obejmuje jedynie skończoną ilość wyrazów. Takie grupowanie w rzeczywistości tworzy nowy szereg

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + b_{k_3} + b_{k_4} + b_{k_5} + b_{k_6} + \ldots</math>

gdzie <math>(k_j)</math> jest pewnym podciągiem ciągu liczb naturalnych określonych przez wskaźnik pierwszego wyrazu po nawiasie otwierającym grupę, a samą grupę możemy zapisać jako

::<math>b_{k_j} = (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

W naszym przykładzie mamy: <math>k_1 = 1</math>, <math>k_2 = 2</math>, <math>k_3 = 4</math>, <math>k_4 = 7</math>, <math>k_5 = 9</math>, <math>k_6 = 12, \; \ldots</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> ma granicę. Ciąg sum częściowych szeregu <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_{k_j}</math> możemy zapisać w postaci

::<math>T_m = \sum_{j = 1}^{m} b_{k_j} = b_{k_1} + b_{k_2} + \ldots + b_{k_m} = \sum_{j = 1}^{m} (a_{k_j} + a_{k_j + 1} + \ldots + a_{k_{j + 1} - 1})</math>

Łatwo widzimy, że <math>T_m</math> jest sumą wszystkich wyrazów ciągu <math>(a_k)</math> o wskaźnikach mniejszych od <math>k_{m + 1}</math>, czyli

::<math>T_m = S_{k_{m + 1} - 1}</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>(T_m)</math> jest podciągiem ciągu zbieżnego <math>(S_n)</math>, to też jest zbieżny do tej samej granicy (zobacz [[Ciągi liczbowe#C77|C77]]). Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Przestawianie wyrazów szeregu</span> ===

 

<span id="D27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D27</span><br/>
Powiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math> powstał w wyniku przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, jeżeli <math>b_k = a_{f (k)}</math>, gdzie funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną i <math>f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math>.

<span id="D28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D28</span><br/>
Zauważmy, że funkcja <math>f(k)</math> musi
:* odwzorowywać zbiór <math>\mathbb{N}</math> "na" <math>\mathbb{N}</math>, bo każdy wyraz ciągu <math>(a_k)</math> musi wystąpić w ciągu <math>(b_k)</math>
:* być funkcją różnowartościową

Różnowartościowość funkcji <math>f(k)</math> wyklucza sytuację, gdy dwóm wyrazom ciągu <math>(b_k)</math> o różnych indeksach odpowiada taki sam wyraz z ciągu <math>(a_k)</math>. Weźmy dla przykładu szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} = 1 + {\small\frac{1}{2^2}} + {\small\frac{1}{3^2}} + {\small\frac{1}{4^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{5^2}} + {\small\frac{1}{6^2}} + {\small\frac{1}{7^2}} + \ldots</math>

Mamy: <math>b_5 = a_{f (5)} = b_6 = a_{f (6)} = a_5</math>, czyli <math>f(5) = f (6) = 5</math>. Otrzymaliśmy w ten sposób szereg złożony z innych wyrazów: pierwszy ma wszystkie wyrazy różne, a drugi ma dwa takie same.

<span id="D29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D29</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Funkcji <math>f</math> opisującej przestawianie wyrazów zazwyczaj nie daje się zapisać prostym wzorem. Powiedzmy, że dokonujemy tylko jednego przestawienia: wyraz <math>a_5</math> będzie teraz dziesiątym wyrazem w nowym szeregu. Takie przestawienie opisuje funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k & & \text{gdy } k < 5 \\[0.3em]
k + 1 & & \text{gdy } 5 \leq k < 10 \\[0.3em]
5 & & \text{gdy } k = 10 \\[0.3em]
k & & \text{gdy } k > 10 \\
\end{cases}</math>

Co dobrze pokazuje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=12 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>b_9</math> || <math>b_{10}</math> || <math>b_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>a_{f(9)}</math> || <math>a_{f(10)}</math> || <math>a_{f(11)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_3</math> || <math>a_4</math> || <math>a_6</math> || <math>a_7</math> || <math>a_8</math> || <math>a_9</math> || <math>a_{10}</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{11}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Niżej przedstawiamy jeszcze dwa przykłady.

<span id="D30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D30</span><br/>
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Funkcja

::<math>f(k) =
\begin{cases}
k + 1 & & \text{gdy } k \text{ jest nieparzyste} \\[0.3em]
k - 1 & & \text{gdy } k \text{ jest parzyste} \\
\end{cases}</math>

tworzy nowy szereg, w którym wyrazy o indeksach parzystych mają w nowym szeregu indeksy nieparzyste, a wyrazy o indeksach nieparzystych mają w nowym szeregu indeksy parzyste.

Co ilustruje tabela

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=8 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{2 j - 1}</math> || <math>b_{2 j}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(2 j - 1)}</math> || <math>a_{f(2 j)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_2</math> || <math>a_1</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j}</math> || <math>a_{2 j - 1}</math> || <math>\ldots</math>
|}

<span id="D31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D31</span><br/>
Niech <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będzie szeregiem harmonicznym naprzemiennym <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>, a funkcja opisująca przestawianie wyrazów szeregu ma postać

::<math>f(k) =
\begin{cases}
\large{\frac{2 k + 1}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 1 \\
\large{\frac{4 k - 2}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j + 2 \\
\large{\frac{4 k}{3}} & & \text{gdy } k = 3 j \\
\end{cases}</math>

Rezultaty przestawiania wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> zbierzemy w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=13 | wyrazy sumy
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>b_5</math> || <math>b_6</math> || <math>b_7</math> || <math>b_8</math> || <math>\ldots</math> || <math>b_{3 j + 1}</math> || <math>b_{3 j + 2}</math> || <math>b_{3 j + 3}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>a_{f(5)}</math> || <math>a_{f(6)}</math> || <math>a_{f(7)}</math> || <math>a_{f(8)}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{f(3 j + 1)}</math> || <math>a_{f(3 j + 2)}</math> || <math>a_{f(3 j + 3)}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>a_4</math> || <math>a_3</math> || <math>a_6</math> || <math>a_8</math> || <math>a_5</math> || <math>a_{10}</math> || <math>\ldots</math> || <math>a_{2 j + 1}</math> || <math>a_{4 j + 2}</math> || <math>a_{4 j + 4}</math> || <math>\ldots</math>
|-
! <math>\boldsymbol{}</math>
| <math>1</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4}}</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{6}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{8}}</math> || <math>{\small\frac{1}{5}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{10}}</math> || <math>\ldots</math> || <math>{\small\frac{1}{2 j + 1}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{4 j + 4}}</math> || <math>\ldots</math>
|}

Dokładnie z takim przestawieniem wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego spotkamy się w zadaniu [[#D32|D32]] p.&hairsp;2.

<span id="D32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D32</span><br/>
Niech <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math> i niech <math>[n, \ldots, n']</math> będzie dowolnym przedziałem liczb naturalnych o długości nie większej od <math>M</math>. Pokazać, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zgodnie z definicją granicy chcemy pokazać, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| < \varepsilon</math>

Z założenia <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, a z definicji tej granicy wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon' > 0</math> istnieje takie <math>N'_0</math>, że dla każdego <math>k > N'_0</math> jest <math>| a_k | < \varepsilon'</math>.

Ponieważ <math>\varepsilon'</math> możemy obrać dowolnie, to dla wybranego przez nas <math>\varepsilon</math> niech

::<math>\varepsilon' = {\small\frac{\varepsilon}{M}}</math>

Teraz już łatwo widzimy, że dla <math>n > N'_0</math> jest

::<math>\left| \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} a_k \right| \leqslant \sum_{k \:\! \in \:\! [n, \ldots, n']} | a_k | < M \cdot \varepsilon' = M \cdot {\small\frac{\varepsilon}{M}} = \varepsilon</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D33</span><br/>
Rozważmy sytuację, gdy wszystkie wyrazy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> podzieliliśmy na bloki wyrazów – tak jak przykładowo poniżej

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = [a_1 + a_2 + a_3] + [a_4] + [a_5 + a_6 + a_7] + [a_8] + [a_9 + a_{10}] + [a_{11} + a_{12} + a_{13} + a_{14}] + [a_{15}] + [a_{16} + a_{17} + a_{18}] + [a_{19} + a_{20}] + \ldots</math>

Zauważmy, że każdy wyraz należy do pewnego bloku <math>B_k</math>, a związany z blokiem wyrazów <math>B_k</math> zbiór indeksów tych wyrazów tworzy pewien przedział <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>. W naszym przypadku mielibyśmy

::<math>[1, 2, 3], [4], [5, 6, 7], [8], [9, 10], [11, 12, 13, 14], [15], [16, 17, 18], [19, 20], \ldots</math>

<span id="D34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D34</span><br/>
Podziałem zbioru liczb naturalnych <math>\mathbb{N}</math> na skończone przedziały nazywamy zbiór przedziałów <math>\{ I_k \}</math> takich, że

::*   <math>I_k \neq \varnothing</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>I_j \cap I_k = \varnothing</math> dla <math>j \neq k</math>
::*   <math>| \, I_k \, | < \infty</math> dla każdego <math>k \geq 1</math>
::*   <math>\bigcup_{k \geq 1} I_k =\mathbb{N}</math>
::*   przedziały są uporządkowane rosnąco w naturalnym porządku, tzn. dla <math>j < k</math> zachodzi <math>\max (I_j) < \min (I_k)</math>

<span id="D35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35</span><br/>
Niech <math>I_1, I_2, \ldots</math> będzie podziałem <math>\mathbb{N}</math> na przedziały o długości nie większej od <math>M</math>. Jeżeli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest szeregiem, którego wyrazy spełniają konieczny warunek zbieżności <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>, to

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \lim_{m \rightarrow \infty} \left( \sum_{j = 1}^m \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k \right)</math>

Czyli suma częściowa szeregu <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math> i suma wyrazów szeregu liczona po pełnych przedziałach <math>I_j</math> mają taką samą granicę.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy sumę częściową <math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k</math>. Z definicji podziału <math>\mathbb{N}</math> na przedziały istnieje taki wskaźnik <math>r = r (n)</math> i taki odpowiadający mu przedział <math>I_r</math>, że <math>n \in I_r</math>. Zatem możemy napisać

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k = \underset{\text{przedziałach}}{\underset{\text{suma po pełnych}}{\sum_{j = 1}^{r - 1} \sum_{k \:\! \in \:\! I_j} a_k}} \quad + \quad \underset{\text{przedziału końcowego } I_r}{\underset{\text{suma po części}}{\sum_{k \:\! \in \:\! I_r, \;\! k < n} a_k}}</math>

Zauważmy, że druga suma po prawej stronie albo nie wystąpi (możemy powiedzieć, że jest równa zero), gdy <math>n = \max (I_r)</math>, albo przebiega po pewnym przedziale <math>[\min (I_r), \ldots, n]</math>. Przedział ten ma długość nie większą od <math>M</math>, bo jest podprzedziałem przedziału <math>I_r</math>, a z założenia <math>| I_r | < M</math>.

Gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, to również <math>r = r (n)</math> dąży do nieskończoności i tak samo liczba <math>\min (I_{r (n)})</math> dąży do nieskończoności, a przedział <math>[\min (I_r), \ldots, n] \subset I_r</math> obejmuje coraz większe liczby naturalne. Z zadania [[#D32|D32]] otrzymujemy natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k \:\! \in \:\! [\min (I_r), \ldots, n]} a_k \right) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D36</span><br/>
Rozważmy szereg harmoniczny naprzemienny

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + \ldots</math>

Zbieżność tego szeregu wynika z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), wynika też z kryterium Dirichleta (zobacz [[#D75|D75]]), które poznamy później. Zauważmy, że dokonując podziału na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \left[ 1 - {\small\frac{1}{2}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć po pełnych blokach, zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{2 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>.

<span id="D37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D37</span><br/>
Pokazać, że szereg

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots</math>

jest zbieżny, a jego suma jest równa

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 = 1.13197175 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że dokonując podziału szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

na bloki, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \left[ 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right] + \left[ {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} \right] + \ldots</math>

Z twierdzenia [[#D35|D35]] wynika, że sumę szeregu możemy liczyć, sumując po pełnych blokach. Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} - {\small\frac{1}{4 n - 1}} - {\small\frac{1}{4 n}} \right) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{32 n^2 - 24 n + 3}{4 n (2 n - 1) (4 n - 1) (4 n - 3)}} < \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math> jest zbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}}</math>.

Sumę szeregu trudniej policzyć. Zauważmy, że wyrazy szeregu

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

możemy pogrupować

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) - \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} \right) - \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{10}} \right) - \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{14}} \right) - \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Pozwala to zapisać rozpatrywany szereg w postaci sumy utworzonych wyżej grup

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2 k}} \right)</math>

Należy podkreślić, że takie pogrupowanie nie zmienia sumy szeregu (zobacz [[#D26|D26]]). Możemy zatem napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>

Będziemy rozważali całki

::<math>I_n = \int^1_0 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} d t</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>. Przykładowo

::<math>I_0 = \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = \operatorname{arctg}(t) \biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.785398 \ldots</math>

::<math>I_1 = \int_0^1 {\small\frac{t}{1 + t^2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{2 t}{1 + t^2}} d t = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 {\small\frac{du}{1 + u}} = {\small\frac{1}{2}} \biggr[ \log (1 + u) \biggr\rvert_{0}^{1} \biggr] = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2 \approx 0.34657 \ldots</math>

::<math>I_2 = \int_0^1 {\small\frac{t^2}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 {\small\frac{1 + t^2 - 1}{1 + t^2}} dt = \int_0^1 dt - \int_0^1 {\small\frac{1}{1 + t^2}} dt = 1 - {\small\frac{\pi}{4}} \approx 0.21460 \ldots</math>

Udowodnimy kolejno, że

::  1. <math>\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

::  2. <math>\qquad I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2} \qquad \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 2</math>

::3a. <math>\qquad I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::3b. <math>\qquad I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

::4a. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>

::4b. <math>\qquad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = {\small\frac{\pi}{4}}</math>

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, czyli <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynikają stąd oszacowania

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \leqslant \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

oraz

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt \geqslant \int_0^1 {\small\frac{t^n}{2}} dt = {\small\frac{1}{2}} \int_0^1 t^n dt = {\small\frac{1}{2 n + 2}}</math>

Zatem dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 0</math>

'''Punkt 2.'''

Mamy

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot t^2}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2} \cdot [(1 + t^2) - 1]}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\:\, = \int_0^1 t^{n - 2} dt- \int_0^1 {\small\frac{t^{n - 2}}{1 + t^2}} dt</math>
</div>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

Otrzymaliśmy wzór rekurencyjny prawdziwy dla <math>n \geqslant 2</math>

::<math>I_n = {\small\frac{1}{n - 1}} - I_{n - 2}</math>

{| style="width:100%;"
|-
| colspan=2 | '''Punkt 3a. / 3b.'''
|-
| colspan=2 | Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwe są następujące wzory (odpowiednio dla całek <math>I_m</math> o indeksie nieparzystym i dla całek <math>I_m</math> o indeksie parzystym)
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_2 = 1 - I_0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 3} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 2}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 2}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I_{2 n + 2} = (- 1)^{n + 2} \left( \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = (- 1)^{n + 2} \left( {\small\frac{(- 1)^{n + 2}}{2 n + 1}} + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{2 n + 1}} - (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{(2 n + 2) - 1}} - I_{2 n}</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.
|-
| colspan=2 |  
|-
| colspan=2 | '''Punkt 4a. / 4b.'''
|-
| colspan=2 | Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] granicę policzoną w punkcie 1. możemy zapisać równoważnie w postaci <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | I_{n} | = 0</math>. Zatem z punktów 3a i 3b mamy odpowiednio
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right| = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Czyli
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} - I_0 \right) = 0</math>
</div>
|-
| colspan=2 | Skąd natychmiast dostajemy, że
|-
| style="width:350px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>
</div>
| style="width:650px; vertical-align:top;" |
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} = I_0 = {\small\frac{\pi}{4}}</math>
</div>
|}

Zauważmy, że mnożąc obie strony ostatniego wzoru w lewej kolumnie przez <math>2</math>, otrzymujemy wzór na sumę szeregu harmonicznego naprzemiennego

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \log 2</math>
</div>

Teraz już łatwo widzimy, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{\lfloor (k - 1) / 2 \rfloor}}{k}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k - 1}} + {\small\frac{1}{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D38</span><br/>
Pokazać, że
::1.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{14}} \right) + \ldots = \log 2</math>

::2.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

::3.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{18}} - {\small\frac{1}{20}} - {\small\frac{1}{22}} - {\small\frac{1}{24}} \right) + \ldots = 0</math>

::4.   <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \ldots = + \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Uwagi ogólne'''<br/>
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane.<br/>

Każdy z zamieszczonych niżej dowodów (poza punktem 6.) wykorzystuje przybliżony wzór na sumę <math>n</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]). Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_n = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + h_n</math>

gdzie <math>\lim_{n \rightarrow \infty} h_n = 0</math>.

Wynikają stąd wzory

::<math>\underset{k \text{ parzyste}}{\sum_{k = 2}^{2 n}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n + 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n + 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n + 1} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::<math>\underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} {\small\frac{1}{k}} - \underset{k \text{ parzyste}}{\sum^{2 n - 2}_{k = 2}} {\small\frac{1}{k}} = H_{2 n - 1} - {\small\frac{1}{2}} H_{n - 1} = \left( H_{2 n} - {\small\frac{1}{2 n}} \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( H_n - {\small\frac{1}{n}} \right) = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

'''Punkt 1.'''

Wzór został udowodniony w twierdzeniu [[#D6|D6]], ale zastosujemy tutaj inny sposób. Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{2 k}} \right) = \sum^n_{k = 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = H_{2 n} - H_n</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

<span style="border-bottom-style: double;">Pierwszy sposób</span><br/><br/>
Z określenia szeregu wynika, że sumujemy bloki złożone z trzech wyrazów

::<math>0 < \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{4 k (2 k - 1)}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math>

Z kryterium porównawczego ([[#D11|D11]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D26|D26]])

::<math>1 - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots = \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) - {\small\frac{1}{4}} + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{6}} \right) - {\small\frac{1}{8}} + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{10}} \right) - {\small\frac{1}{12}} + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{14}} \right) - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} + \ldots</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{8}} + \ldots \right)</math>

:::::::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

<span style="border-bottom-style: double;">Drugi sposób</span><br/><br/>

Szereg jest sumą bloków

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{4 k - 2}} - {\small\frac{1}{4 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{4 k - 2}} + {\small\frac{1}{4 k}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 n - 1}} + {\small\frac{1}{2 n}} \right)</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{2 n}</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} [(\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - (\log n + \gamma + h_n)]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + h_{2 n} - h_n \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \cdot \log 2</math>

'''Punkt 3.'''

Zauważmy, że sumujemy bloki

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - {\small\frac{1}{8 k - 6}} - {\small\frac{1}{8 k - 4}} - {\small\frac{1}{8 k - 2}} - {\small\frac{1}{8 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{8 k - 6}} + {\small\frac{1}{8 k - 4}} + {\small\frac{1}{8 k - 2}} + {\small\frac{1}{8 k}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{1}{12}} + {\small\frac{1}{14}} + {\small\frac{1}{16}} + \ldots + {\small\frac{1}{8 n - 6}} + {\small\frac{1}{8 n - 4}} + {\small\frac{1}{8 n - 2}} + {\small\frac{1}{8 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 n - 3}} + {\small\frac{1}{4 n - 2}} + {\small\frac{1}{4 n - 1}} + {\small\frac{1}{4 n}} \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{4 n}</math>

::::::::::::::::<math>\: = (\log (2 n) + \gamma + h_{2 n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log n + \gamma + h_n) - {\small\frac{1}{2}} (\log (4 n) + \gamma + h_{4 n})</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} [\log (4 n^2) + 2 \gamma + 2 h_{2 n} - \log n - \gamma - h_n - \log (4 n) - \gamma - h_{4 n}]</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 4 n}} \right) + 2 h_{2 n} - h_n - h_{4 n} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>

'''Punkt 4.'''

Rozpatrujemy szereg

::<math>\left( 1 - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{15}} + {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} + {\small\frac{1}{25}} + {\small\frac{1}{27}} + {\small\frac{1}{29}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{31}} + \ldots + {\small\frac{1}{61}} - {\small\frac{1}{16}} \right) + \ldots</math>

Zauważmy, że

::●    '''z definicji''' każda <math>k</math>-ta grupa obejmuje <math>2^{k - 1}</math> wyrazów z mianownikiem nieparzystym i jeden wyraz z mianownikiem parzystym (największy z jeszcze niewykorzystanych wyrazów o mianowniku parzystym)

::●    pierwszy wyraz z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie jest równy <math>{\small\frac{1}{2^k - 1}}</math>, a ostatni to <math>{\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}}</math>

::●    znajdujemy oszacowanie sumy wyrazów z mianownikiem nieparzystym w <math>k</math>-tej grupie

::::<math>S_{(k)} = {\small\frac{1}{2^k - 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} \geqslant 2^{k - 1} \cdot {\small\frac{1}{2^{k + 1} - 3}} > {\small\frac{2^{k - 1}}{2^{k + 1}}} = {\small\frac{1}{4}}</math>

::●    łatwo sprawdzamy, że suma wyrazów w każdej z pierwszych trzech grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    począwszy od czwartej grupy, od sumy wyrazów z nieparzystym mianownikiem odejmujemy <math>{\small\frac{1}{8}}</math> lub mniej niż <math>{\small\frac{1}{8}}</math> (dokładnie <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, <math>{\small\frac{1}{10}}</math>, <math>{\small\frac{1}{12}}</math>, <math>{\small\frac{1}{14}}</math>, itd.), zatem suma wszystkich wyrazów w każdej z tych grup jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>

::●    pokazaliśmy, że suma wyrazów w każdej grupie jest większa od <math>{\small\frac{1}{8}}</math>, a ponieważ jest nieskończenie wiele grup, to szereg jest rozbieżny do nieskończoności
<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D39</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left(
\underbrace{{\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}}}_{b \text{ wyrazów nieparzystych}} -
\underbrace{{\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}}}_{a \text{ wyrazów parzystych}}
\right)</math>

Zauważmy, że sumujemy bloki zbudowane z wyrazów szeregu harmonicznego naprzemiennego <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>. Każdy blok składa się z <math>b</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Pokazać, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 b k - 2 b + 1}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 b k - 1}} \text{} - {\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}} \right) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Uwzględniając twierdzenie [[#D35|D35]], będziemy sumowali po pełnych blokach. Zauważmy, że po zsumowaniu <math>n</math> bloków mamy sumę <math>b n</math> wyrazów nieparzystych (dodatnich) i <math>a n</math> wyrazów parzystych (ujemnych). Zatem tak określona suma częściowa jest równa

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}}</math>

Podobnie jak w zadaniu poprzednim ([[#D38|D38]]) wykorzystamy przybliżony wzór na sumę <math>m</math> początkowych wyrazów szeregu harmonicznego

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = 1 + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{6}} + {\small\frac{1}{7}} + {\small\frac{1}{8}} + {\small\frac{1}{9}} + \ldots = \log m + \gamma + {\small\frac{1}{2 m}} - {\small\frac{1}{12 m^2}} + {\small\frac{1}{120 m^4}} - \ldots</math>

gdzie <math>\gamma \approx 0.57721 \ldots</math> jest stałą Eulera (zobacz uwagę po twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]], więcej na ten temat Czytelnik znajdzie w przykładzie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E60|E60]]).

Powyższy wzór możemy zapisać w postaci

::<math>H_m = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{k}} = \log m + \gamma + h_m</math>

gdzie <math>\lim_{m \rightarrow \infty} h_m = 0</math>.

Łatwo widzimy, że

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{k}} = {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

oraz

::<math>\sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k - 1}} = \sum_{k = 1}^{2 m} {\small\frac{1}{k}} - \sum_{k = 1}^m {\small\frac{1}{2 k}} = H_{2 m} - {\small\frac{1}{2}} H_m</math>

Podstawiając do wzoru na sumę częściową, otrzymujemy

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^{b n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum_{k = 1}^{a n} {\small\frac{1}{2 k}} = \left( H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} \right) - {\small\frac{1}{2}} H_{a n} = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu harmonicznego, dostajemy

::<math>S_n = H_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{b n} - {\small\frac{1}{2}} H_{a n}</math>

:::<math>= (\log (2 b n) + \gamma + h_{2 b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (b n) + \gamma + h_{b n}) - {\small\frac{1}{2}} (\log (a n) + \gamma + h_{a n})</math>

:::<math>= \left[ \log (2 b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (b n) - {\small\frac{1}{2}} \cdot \log (a n) \right] + \left[ \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma - {\small\frac{1}{2}} \cdot \gamma \right] + \left[ h_{2 b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{b n} - {\small\frac{1}{2}} \cdot h_{a n} \right]</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b^2 n^2}{b n \cdot a n}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{4 b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right)</math>

:::<math>= \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \cdot \left( 2 h_{2 b n} - h_{b n} - h_{a n} \right) \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D40</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest bezwzględnie zbieżny, to po dowolnym przestawieniu wyrazów suma tego szeregu nie ulegnie zmianie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>f(k)</math> będzie funkcją opisującą przestawianie wyrazów. Szereg z przestawionymi wyrazami definiujemy następująco

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)}</math>

Widzimy, że

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! suma || colspan=7 | wyrazy sumy || style="background-color: #eeffee;" colspan=4 | w szczególności
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }</math>
| <math>b_1</math> || <math>b_2</math> || <math>b_3</math> || <math>b_4</math> || <math>…</math> || <math>b_n</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(1)}</math> || <math>b_{f^{-1}(2)}</math> || <math>…</math> || <math>b_{f^{-1}(n)}</math>
|-
! <math>\boldsymbol{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_{f (k)} }</math>
| <math>a_{f(1)}</math> || <math>a_{f(2)}</math> || <math>a_{f(3)}</math> || <math>a_{f(4)}</math> || <math>…</math> || <math>a_{f(n)}</math> || <math>…</math> || <math>a_1</math> || <math>a_2</math> || <math>…</math> || <math>a_n</math>
|}

Zatem, po przestawieniu, na <math>n</math>-tej pozycji w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> znajdzie się wyraz <math>a_{f (n)}</math>.

Funkcja <math>f(k)</math> jest funkcją wzajemnie jednoznaczną, co oznacza, że ma funkcję odwrotną. Zauważmy, że <math>f (f^{- 1} (n)) = n</math>, zatem <math>f^{- 1} (n)</math> zwraca wartość indeksu, z jakim wyraz <math>a_n</math> z szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> występuje w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>.

Niech <math>N_0</math> będzie dowolną ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli przyjmiemy, że

::<math>M_0 = \max \{ f^{- 1} (1), f^{- 1} (2), \ldots, f^{- 1} (N_0) \}</math>

to zapewnimy sobie, że każdy z wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math> wystąpi w ciągu <math>(a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)})</math>, czyli

::<math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ a_{f (1)}, a_{f (2)}, \ldots, a_{f (M_0)} \}</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

Oczywiście musi być <math>M_0 \geqslant N_0</math>.

Niech

::<math>S_n = \sum_{k = 1}^n a_k \qquad \qquad S = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k \qquad \qquad S^{\ast}_n = \sum_{k = 1}^n | a_k | \qquad \qquad S^{\ast} = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>

Z założenia szereg jest bezwzględnie zbieżny, zatem dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje takie <math>N_0</math>, że dla każdego <math>n > N_0</math> mamy

::<math>| S^{\ast} - S^{\ast}_n | < \varepsilon</math>

Czyli

::<math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k | < \varepsilon</math>

Niech

::<math>T_m = \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

będzie sumą częściową szeregu z przestawionymi wyrazami. Dla dowolnego <math>m > M_0</math> mamy

::<math>S - T_m = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k - \sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>

::::<math>\;\,\, = \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k \right) - \left( \sum_{k = 1}^{N_0} a_k + \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)} \right)</math>

::::<math>\;\,\, = \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k - \underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math>

Rozważmy różnicę sum w ostatnim wierszu. Druga z tych sum <math>\underset{f (k) > N_0}{\sum_{k = 1}^m} a_{f (k)}</math> jest sumą skończoną i zawiera <math>m - N_0</math> wyrazów sumy <math>\sum_{k = 1}^m a_{f (k)}</math>, które pozostały po wydzieleniu wyrazów <math>a_1, a_2, \ldots, a_{N_0}</math>. Zauważmy, że każdy wyraz tej sumy występuje w pierwszej sumie <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>. Zatem zapisana w ostatnim wierszu różnica sum, jest sumą <math>\sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} a_k</math>, w której część wyrazów (skończona liczba) nie występuje, co zaznaczymy, używając znaku prim <math>(')</math> przy symbolu sumy. Mamy

::<math>S - T_m = {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy

::<math>| S - T_m | = \left| \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} a_k \right|</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \,\, {\mathop{\sum}\nolimits^{\;\! \boldsymbol{\prime}}}\limits_{\!\! k = N_0 + 1}^{\!\! \infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, \leqslant \sum_{k = N_0 + 1}^{\infty} | a_k |</math>

::::<math>\;\;\;\,\, < \varepsilon</math>

Pokazaliśmy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że dla wszystkich <math>m > M_0</math> jest <math>| S - T_m | < \varepsilon</math>. Zatem ciąg <math>(T_m)</math> ma granicę i wartość tej granicy jest równa <math>S</math>. Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Możemy też argumentować inaczej. Z definicji przestawiania wyrazów szeregu wynika, że każdy wyraz <math>a_k</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> musi wystąpić w szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math>. Zatem musi istnieć taki wyraz <math>b_{g (k)}</math>, że <math>b_{g (k)} = a_k</math>. Jeżeli dla kolejnych <math>N_0</math> wyrazów szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>, czyli dla wyrazów <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \}</math> zdefiniujemy liczbę <math>M_0 = \max \{ b_{g (1)}, b_{g (2)}, \ldots, b_{g (N_0)} \}</math>, to w zbiorze <math>\{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math> musi wystąpić każdy z wyrazów <math>a_k</math>, gdzie <math>k \leqslant N_0</math>. Zbierając: istnieje taka liczba <math>M_0</math>, że <math>\{ a_1, a_2, \ldots, a_{N_0} \} \subseteq \{ b_1, b_2, \ldots, b_{M_0} \}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D41</span><br/>
Pokazać, że każdą liczbę <math>x \in \mathbb{R}</math> można przedstawić jednoznacznie w postaci różnicy liczb nieujemnych <math>p, g</math> tak, aby jednocześnie były spełnione równania <math>x = p - g</math> oraz <math>| x | = p + g</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Problem sprowadza się do rozwiązania układu równań

::<math>\begin{cases}
p - g = x \\[0.3em]
p + g = | x | \\
\end{cases}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} \qquad g = {\small\frac{| x | - x}{2}}</math>

Ponieważ <math>| x | \geqslant - x</math> i <math>| x | \geqslant x</math>, to obie liczby <math>p, g</math> są nieujemne. Zauważmy, że rozkład liczby <math>x</math> możemy zapisać w równoważny sposób

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>p = {\small\frac{| x | + x}{2}} = \max (0, x) =
\begin{cases}
x & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
0 & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math>
</div>

::<math>g = {\small\frac{| x | - x}{2}} = \max (0, - x) =
\begin{cases}
0 & & \text{gdy } x \geqslant 0 \\[0.3em]
- x & & \text{gdy } x < 0 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D42</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem nieskończonym, a <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Pokazać, że jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny, to

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = + \infty \qquad \qquad \text{i} \qquad \qquad \sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \infty</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Każdy wyraz <math>a_n</math> szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> przedstawimy w postaci różnicy dwóch liczb nieujemnych <math>a^+_n</math> i <math>a^-_n</math> (zobacz [[#D34|D34]]), gdzie

::<math>a^+_n = \max (0, a_n)</math>

::<math>a^-_n = \max (0, - a_n)</math>

Zauważmy, że

::●    ciąg <math>(a^+_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów mniejszych od zera zerami
::●    ciąg <math>(a^-_n)</math> powstaje z ciągu <math>(a_n)</math> przez zastąpienie wyrazów większych od zera zerami, a wyrazów mniejszych od zera ich wartościami bezwzględnymi

Oczywiście <math>a_n = a^+_n - a^-_n</math> i <math>| a_n | = a^+_n + a^-_n</math> i możemy napisać

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum^{\infty}_{k = 1} a^-_n</math>

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math>

Rozważmy możliwe przypadki

'''Punkt 1.'''

Jeżeli szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są zbieżne, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} | a_n | = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n + \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny. Zatem szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 2.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest zbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

'''Punkt 3.'''

Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> jest rozbieżny, a szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \sum_{j = 1}^{\infty} a^+_n - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n</math> jest rozbieżny, wbrew założeniu, że jest warunkowo zbieżny.

Wynika stąd, że możliwy jest tylko przypadek, gdy obydwa szeregi <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n</math> i <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a^-_n</math> są rozbieżne. Zauważmy teraz, że pary ciągów <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a^+_n)</math> oraz <math>(a_{n_k})</math> i <math>(- a^-_n)</math> różnią się jedynie nieskończoną ilością wyrazów równych zero, zatem odpowiednie szeregi również są rozbieżne

::<math>\sum_{j = 1}^{\infty} a_{n_j} = \sum_{n = 1}^{\infty} a^+_n = + \infty</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_{n_k} = - \sum_{k = 1}^{\infty} a^-_n = - \infty</math>

Skąd wynika natychmiast, że obydwa podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> mają nieskończoną liczbę wyrazów różnych od zera.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D43 (Bernhard Riemann</span><ref name="Riemann1"/><span style="font-size: 110\%; font-weight: bold;">, 1854)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest warunkowo zbieżny i <math>R \in \mathbb{R}</math>, to istnieje takie przestawienie wyrazów tego szeregu <math>f(k)</math>, że <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy od razu (i zapamiętajmy), że ponieważ z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, to musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 \;</math> (zobacz [[#D4|D4]]).

Niech <math>(a_{n_j})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów nieujemnych tego ciągu, natomiast <math>(a_{n_k})</math> będzie podciągiem ciągu <math>(a_n)</math> zbudowanym z wyrazów ujemnych tego ciągu. Ponieważ podciągi <math>(a_{n_j})</math> i <math>(a_{n_k})</math> tworzą szeregi rozbieżne (zobacz [[#D35|D35]]) odpowiednio do <math>+ \infty</math> i do <math>- \infty</math>, to skończona suma kolejnych wyrazów tych podciągów może osiągać dowolne wartości skończone odpowiednio dodatnie lub ujemne.

Dla ułatwienia zapisu oznaczmy: <math>(p_i) \equiv (a_{n_j})</math> i <math>(q_i) \equiv (a_{n_k})</math>, a dla ustalenia uwagi załóżmy, że <math>R > 0</math>.

Wybierzmy najmniejsze <math>n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{n_1 - 1} p_k \leqslant R < \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math>

::<math>- p_{n_1} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = 1}^{m_1} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k \leqslant \sum^{m_1 - 1}_{k = 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k \leqslant - q_{m_1}</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>n_2 > n_1</math> takie, że suma wyrazów <math>p_k</math> (dodatnich) będzie większa od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby dodatniej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = n_1 + 1}^{n_2 - 1} p_k \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_1} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < \sum_{k = n_1 + 1}^{n_2} p_k</math>

::<math>- p_{n_2} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k < 0</math>

Wybierzmy najmniejsze <math>m_2 > m_1</math> takie, że suma wyrazów <math>q_k</math> (ujemnych) będzie mniejsza od <math>R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_1} q_k</math> (liczby ujemnej) o co najwyżej ostatni z wyrazów tej sumy

::<math>\sum_{k = m_1 + 1}^{m_2} q_k < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum^{m_1}_{k = 1} q_k \leqslant \sum_{k = m_1 + 1}^{m_2 - 1} q_k</math>

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_2} p_k - \sum_{k = 1}^{m_2} q_k \leqslant - q_{m_2}</math>

Kontynuując, zgodnie z zasadami przedstawionymi wyżej, naprzemienne dodawanie bloków liczb nieujemnych i ujemnych, osiągamy to, że kolejne sumy oscylują wokół wartości <math>R</math> z coraz mniejszą amplitudą.

W <math>j</math>-tym kroku dla bloku wyrazów nieujemnych <math>p_k</math> i <math>n_j > n_{j - 1}</math> otrzymujemy

::<math>- p_{n_j} \leqslant R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k < 0</math>

a dla bloku wyrazów ujemnych <math>q_k</math> i <math>m_j > m_{j - 1}</math> dostajemy

::<math>0 < R - \sum_{k = 1}^{n_j} p_k - \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \leqslant - q_{m_j}</math>

Niech

::<math>S(n_j, m_j) = \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k</math>

oznacza sumę częściową nowego szeregu (z przestawionymi wyrazami), którego konstrukcję przedstawiliśmy wyżej. Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to z wypisanych nierówności i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) wynika natychmiast, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S(n_j, m_{j - 1}) = R</math>
</div>

Zauważmy teraz, że prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1}}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 1}_{k = 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum^{m_{j - 1} + 2}_{k = 1} q_k \right) > \ldots >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j - 1} q_k \right) >
\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

Jest tak, ponieważ każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów ujemnych. Podobnie mamy też

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left( \sum_{k = 1}^{n_j} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum_{k = 1}^{n_j + 2} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant \ldots \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1} - 1}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right) \leqslant
\left( \sum^{n_{j + 1}}_{k = 1} p_k + \sum_{k = 1}^{m_j} q_k \right)</math>
</div>

bo każde kolejne wyrażenie w nawiasie ma coraz więcej wyrazów nieujemnych. Co oznacza, że dla sum częściowych mamy odpowiednio

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>S(n_j, m_{j - 1}) > S (n_j, m_{j - 1} + 1) > S (n_j, m_{j - 1} + 2) > \ldots > S (n_j, m_j - 1) > S (n_j, m_j)</math>
</div>

oraz

<div style="margin-top: 0em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n_j, m_j) \leqslant S (n_j + 1, m_j) \leqslant S (n_j + 2, m_j) \leqslant \ldots \leqslant S (n_{j + 1} - 1, m_j) \leqslant S (n_{j + 1}, m_j)</math>
</div>

Ponieważ <math>\lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_j) = \lim_{j \rightarrow \infty} S (n_j, m_{j - 1}) = R ,</math> to z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że cały ciąg sum częściowych (liczony do dowolnego wyrazu nowego szeregu) jest zbieżny do <math>R</math>. Możemy zatem napisać

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_{f (n)} = R</math>
</div>

gdzie funkcja <math>f(n)</math> opisuje przestawianie wyrazów szeregu <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> zgodnie z przedstawioną wyżej metodą. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D44</span><br/>
W dowodzie twierdzenia [[#D43|D43]] Riemann podaje jawnie metodę budowania szeregów zbieżnych do określonej granicy <math>R \in \mathbb{R}</math>. Korzystając z tej metody, w przypadku szeregu warunkowo zbieżnego, jakim jest szereg harmoniczny naprzemienny, sprawdziliśmy jakie szeregi generuje ta metoda dla różnych granic. Metodę zapisaliśmy w postaci procedury możliwej do wykonania w PARI/GP. Poniżej podajemy kod, który znakomicie ułatwia obliczenia.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż kod|Hide=Ukryj kod}}
<span style="font-size: 90%; color:black;">Riemann(R, n) =
\\ R – suma, którą chcemy uzyskać, przestawiając wyrazy szeregu harmonicznego naprzemiennego
\\ n – liczba podwójnych kroków do wykonania
{
'''local'''(i, j, k, M, S, txt);
M = '''matrix'''(3, n);
i = 0; \\ liczy pobrane nieparzyste (dodatnie)
j = 0; \\ liczy pobrane parzyste (ujemne)
k = 0; \\ liczy podwójne kroki
S = R; \\ początkowa wartość sumy S
txt = "R"; \\ wizualny zapis wykonanych obliczeń
'''while'''( k++ <= n,
M[1, k] = k;
'''while'''( S >= 0,
S = S - 1/( 2*(i++) - 1 );
txt = '''Str'''( txt, " - ", 1/(2*i - 1) );
M[2, k] = M[2, k] + 1;
);
'''while'''( S < 0,
S = S + 1/( 2*(j++) ); \\ odejmujemy ujemne – dlatego mamy znak "+"
txt = '''Str'''( txt, " + ", 1/(2*j) );
M[3, k] = M[3, k] + 1;
);
);
'''printp'''(M);
'''print'''(1.0 * S);
'''print'''(txt);
}</span>
<br/>
{{\Spoiler}}

<span id="D45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D45</span><br/>
Naszą uwagę zwróciły dwa szeregi

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{2}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} - {\small\frac{1}{6}} \right) + \left( {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} - {\small\frac{1}{10}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

oraz

::<math>\left( 1 + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{4}} \right) + \left( {\small\frac{1}{9}} + {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} + {\small\frac{1}{15}} - {\small\frac{1}{6}} - {\small\frac{1}{8}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} + {\small\frac{1}{21}} + {\small\frac{1}{23}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \ldots = {\small\frac{3}{2}} \cdot \log 2</math>

Równość sum tych szeregów wynika wprost z wyniku uzyskanego w zadaniu [[#D39|D39]]. Łatwo widzimy, że wyrazy tych szeregów zostały poprzestawianie, a jednak suma tych szeregów nie uległa zmianie. Prowadzi to do ogólnego pytania: kiedy przestawianie wyrazów szeregu nie zmienia jego sumy? Częściowej odpowiedzi na to pytanie udziela zamieszczone niżej twierdzenie.

<span id="D46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D46</span><br/>
Niech <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> będzie szeregiem zbieżnym. Jeżeli wyrazy szeregu podzielimy na dowolne bloki <math>B_1, B_2, \ldots</math>, zawierające nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przestawienie wyrazów szeregu wewnątrz bloków nie zmienia sumy szeregu.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Podziałowi wyrazów szeregu na bloki odpowiada pewien podział zbioru <math>\mathbb{N}</math> na przedziały takie, że indeksy bloku

::<math>B_k = [a_{n_k}, a_{n_k + 1}, a_{n_k + 2}, \ldots, a_{n_{k + 1} - 1}]</math>

odpowiadają pewnemu przedziałowi <math>I_k \subset \mathbb{N}</math>

::<math>I_k = [n_k, n_k + 1, n_k + 2, \ldots, n_{k + 1} - 1]</math>

Ponieważ bloki <math>B_k</math> zawierają nie więcej niż <math>M</math> wyrazów szeregu, to przedziały <math>I_k</math> mają długość nie większą od <math>M</math>.

Z założenia szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} a_n</math> jest szeregiem zbieżnym, zatem musi być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu

::<math>\lim_{k \rightarrow + \infty} a_k = 0</math>

Zatem na mocy twierdzenia [[#D35|D35]] obliczając sumę szeregu, możemy sumować po pełnych blokach.

Ponieważ przestawianie wyrazów wewnątrz bloku nie wpływa na sumę tych wyrazów, to natychmiast widzimy, że przestawiane wyrazów wewnątrz skończonych bloków nie wpływa na sumę szeregu. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

<span id="D47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D47</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f(x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest z założenia ciągła, dodatnia i malejąca, to zamieszczony niżej rysunek dobrze prezentuje problem.

::[[File: D_Szereg-i-calka-1.png|none]]

Przedstawiona na rysunku krzywa odpowiada funkcji <math>f(x)</math>. Dla współrzędnej <math>x = k</math> zaznaczyliśmy wartość funkcji <math>f(k)</math>, a po lewej i prawej stronie tych punktów zaznaczyliśmy pasy o jednostkowej szerokości. Łatwo zauważamy, że

* po lewej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem zielonym) jest większe od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości
* po prawej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem niebieskim) jest mniejsze od pola prostokąta o wysokości <math>f(k)</math> i jednostkowej szerokości

Korzystając z własności całki oznaczonej, otrzymujemy ciąg nierówności

::<math>\int_{k}^{k + 1} f(x) d x \leqslant f(k) \leqslant \int_{k - 1}^{k} f(x) d x</math>

W powyższym wzorze występują nierówności nieostre, bo rysunek przedstawia funkcję silnie malejącą, ale zgodnie z uczynionym założeniem funkcja <math>f(x)</math> może być funkcją słabo malejącą.

Sumując lewą nierówność od <math>k = m</math> do <math>k = n</math>, a prawą od <math>k = m + 1</math> do <math>k = n</math>, dostajemy

::<math>\int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k)</math>

::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} f (k) \leqslant \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

Dodając <math>f(m)</math> do obydwu stron drugiej z powyższych nierówności i łącząc je ze sobą, otrzymujemy kolejny i docelowy ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D48</span><br/>
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math>.

Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math> jest ciągła, dodatnia i silnie malejąca w przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\int_{1}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \int_{1}^{n} {\small\frac{d x}{x}}</math>

Przy obliczaniu całek oznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fx+from+1+to+n WolframAlpha].

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

Ponieważ

::<math>\log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) > \log n + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

to dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n < 1</math>

Zauważmy: nie tylko wiemy, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> jest rozbieżny, ale jeszcze potrafimy określić, jaka funkcja tę rozbieżność opisuje! Mamy zatem podstawy, by przypuszczać, że całki umożliwią opracowanie metody, która pozwoli rozstrzygać o zbieżności szeregów.

<span id="D49" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D49 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w zależności od tego, czy funkcja pierwotna <math>F(x) = \int f (x) d x</math> ma dla <math>x \rightarrow \infty</math> granicę skończoną, czy nie.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, będzie wykorzystane w czasie dowodu twierdzenia, ale rozważanie przypadku, gdy <math>f(x)</math> jest rosnąca, nie ma sensu, bo wtedy nie mógłby być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> (zobacz twierdzenie [[#D4|D4]]).

Moglibyśmy założyć bardziej ogólnie, że funkcja jest nieujemna, ale wtedy twierdzenie obejmowałoby przypadki funkcji takich, że dla pewnego <math>x_0</math> byłoby <math>f(x_0) = 0</math>. Ponieważ z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, zatem mielibyśmy <math>f(x) = 0</math> dla <math>x \geqslant x_0</math>. Odpowiadający tej funkcji szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> miałby dla <math>k \geqslant x_0</math> tylko wyrazy zerowe i byłby w sposób oczywisty zbieżny.

Założenie ciągłości funkcji <math>f(x)</math> ma zapewnić całkowalność funkcji <math>f(x)</math><ref name="calkowalnosc1"/>. Założenie to można osłabić<ref name="calkowalnosc2"/>, tutaj ograniczymy się tylko do podania przykładów. Niech <math>a, b \in \mathbb{R}</math>, mamy

::<math>\int_a^b \text{sgn}(x) d x = | b | - | a |</math> <math>\qquad \qquad \int_0^a \lfloor x \rfloor d x = {\small\frac{1}{2}} \lfloor a \rfloor (2 a - \lfloor a \rfloor - 1)</math> <math>\qquad \qquad \int_{-a}^a \lfloor x \rfloor d x = - a</math>

Po tych uwagach dotyczących założeń możemy przejść do właściwego dowodu. Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>0 \leqslant \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

'''Z drugiej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest rozbieżna, to rosnący ciąg kolejnych całek oznaczonych <math>C_j = \int_{m}^{j} f (x) d x</math> nie może być ograniczony od góry (w przeciwnym wypadku całka <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math> byłby zbieżna), zatem również rosnący ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f(k)</math> nie może być ograniczony od góry, co oznacza, że szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest rozbieżny.

'''Z trzeciej nierówności wynika''', że jeżeli całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna, to ciąg sum częściowych <math>F_j = \sum_{k = m}^{j} f (k)</math> jest ciągiem rosnącym i ograniczonym od góry. Wynika stąd, że ciąg <math>F_j</math> jest zbieżny, zatem szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny.

Ponieważ zbieżność (rozbieżność) całki <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> nie zależy od wyboru dolnej granicy całkowania, to wystarczy badać granicę <math>\lim_{x \to \infty} F (x)</math>, gdzie <math>F(x) = \int f (x) d x</math> jest dowolną funkcją pierwotną.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D50" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D50</span><br/>
Przykłady zebraliśmy w tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
!
! szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} a_k</math>
! funkcja <math>f(x)</math>
! całka <math>F(x) = \int f(x) d x</math>
! granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math>
! wynik
|-
| 1. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x}}</math> || <math>\log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 2. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{\sqrt{k}}}</math> || <math>{\small\frac{1}{\sqrt{x}}}</math> || <math>2 \sqrt{x}</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 3. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x^2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|-
| 4. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log x}}</math> || <math>\log \log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
|-
| 5. || <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^2 \! k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{x \log^2 \! x}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{\log x}}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
|}

Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}}</math>

są zbieżne dla <math>s > 1</math> i rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.

<span id="D51" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D51</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

::<math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>

gdzie <math>a < m</math>, to prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math>

::<math>S(m) + R(m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R(m)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Czyli

::<math>R(m) \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + R (m)</math>

Odejmując od każdej ze stron nierówności liczbę <math>f(m)</math> i dodając do każdej ze stron nierówności sumę skończoną <math>S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, otrzymujemy

::<math>S(m) + R (m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R (m)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D52" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D52</span><br/>
Twierdzenie [[#D51|D51]] umożliwia określenie, z jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>. Mamy

::<math>S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>

::<math>\int {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right)</math>

::<math>R(m) = \int_{m}^{\infty} {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \right)</math>

Zatem

::<math>S(m) + R (m) - f (m) \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} \leqslant S (m) + R (m)</math>

Dla kolejnych wartości <math>m</math> otrzymujemy

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
! <math>m</math>
! <math>S(m) + R(m) - f(m)</math>
! <math>S(m) + R(m)</math>
|-
| <math>10^1</math> || <math>1.84</math> || <math>1.87</math>
|-
| <math>10^2</math> || <math>1.85</math> || <math>1.86</math>
|-
| <math>10^3</math> || <math>1.86000</math> || <math>1.86004</math>
|-
| <math>10^4</math> || <math>1.860024</math> || <math>1.860025</math>
|-
| <math>10^5</math> || <math>1.86002506</math> || <math>1.86002509</math>
|-
| <math>10^6</math> || <math>1.860025078</math> || <math>1.860025079</math>
|-
| <math>10^7</math> || <math>1.86002507920</math> || <math>1.86002507923</math>
|-
| <math>10^8</math> || <math>1.860025079220</math> || <math>1.860025079221</math>
|-
| <math>10^9</math> || <math>1.8600250792211</math> || <math>1.8600250792212</math>
|-
|}

W programie PARI/GP wystarczy napisać:

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )</span>
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))</span>

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D47|D47]] jest następujące<br/>
<span id="D53" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D53</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli przy wyliczaniu sumy szeregu nieskończonego <math>\sum_{k = a}^{\infty} f (k)</math> (gdzie <math>a < m</math>) zastąpimy sumę <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> całką <math>\int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>, to błąd wyznaczenia sumy szeregu nie przekroczy <math>f(m)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru z twierdzenia [[#D47|D47]] i przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Dodając do każdej ze stron nierówności wyrażenie <math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k)</math>, dostajemy

::<math>- f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x</math>

Skąd wynika natychmiast

::<math>- f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \leqslant 0 < f(m)</math>

Czyli

::<math>\left| \sum_{k = a}^{\infty} f(k) - \left( \sum_{k = a}^{m} f(k) + \int_{m}^{\infty} f(x) d x \right) \right| \leqslant f(m)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D54" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D54</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Jeżeli szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny, to dla każdego <math>n \geqslant m</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n)</math>

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

gdzie <math>B</math> oraz <math>C</math> są dowolnymi stałymi spełniającymi nierówności

::<math>B \geqslant 1</math>

::<math>C \geqslant f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D47|D47]] mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int_{m}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x - B \int^n_m f (x) d x - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = f (m) - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D55" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D55</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:

* korzystając z całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny
* jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie [[#D54|D54]]), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>

Jednak dysponując już oszacowaniem sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>, możemy udowodnić jego poprawność przy pomocy indukcji matematycznej, a stąd łatwo pokazać zbieżność szeregu <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math>. Zauważmy, że wybór większego <math>B</math> ułatwia dowód indukcyjny. Stałą <math>C</math> najlepiej zaokrąglić w górę do wygodnej dla nas wartości.

Czasami potrzebujemy takiego uproszczenia problemu, aby udowodnić zbieżność szeregów bez odwoływania się do całek. Zauważmy, że Czytelnik nawet nie musi znać całek – wystarczy, że policzy je przy pomocy programów, które potrafią to robić (np. WolframAlpha). Kiedy już znajdziemy oszacowanie sumy częściowej szeregu, nie musimy wyjaśniać, w jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a do tego wystarczy indukcja matematyczna.

Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w tym celu twierdzenie [[#D54|D54]].

<span id="D56" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D56</span><br/>
Korzystając z twierdzenia [[#D54|D54]], znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \qquad</math> oraz <math>\qquad \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = {\small\frac{1}{n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2Fx%5E2%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math>

Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math>. Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x (\log x)^2}}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest

::<math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{\log n}} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2F%28x*%28log%28x%29%29%5E2%29%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])

::<math>C \geqslant {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + \int_{2}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2}} + {\small\frac{1}{\log 2}} = 2.483379 \ldots</math>

Przyjmijmy <math>C = 2.5</math>, zatem

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D57" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D57</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo zauważamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 1</math>. Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{k^2}} = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} + \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}} \right)</math>

::::<math>\: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}}</math>

::::<math>\: < 2 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} < 2</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}}</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D58" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D58</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math> i udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 2</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{2} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \approx 1.040684 < 2.5 - {\small\frac{1}{\log 2}} \approx 1.05730</math>

Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\sum_{k = m}^{n + 1} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} = \sum_{k = m}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}}</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log (n + 1)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - {\small\frac{\log \left( n \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right) \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: = 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( 1 - 1 - {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \left( - {\small\frac{1}{(n + 1) \log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>

:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}}</math>

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} < 2.5</math>

Czyli ciąg sum częściowych <math>S(n)</math> szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}}</math> jest rosnący i ograniczony od góry, a zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

<span id="D59" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D59</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{p_k}} = 0.269605966 \ldots</math>
|
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2}} = 0.452247420041 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} = 1.375064994748 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = 0.773156669049 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} < \sum_{j = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{(j - 1)^2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność wzoru wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{1}{p (p - 1)}} < {\small\frac{1}{(p - 1)^2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D60" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D60</span><br/>
Następujące szeregi są zbieżne

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = 1.636616323351 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2 \log p}} = 0.507782187859 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = 0.755366610831 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^2}} = 0.493091109368 \ldots</math>
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1.'''<br/>
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B39|B39]], ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} = {\small\frac{1}{2 \log 2}} + \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

Wyrażenie w mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] mamy (<math>a = 0.72</math>)

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \log k) =</math>

::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \cdot (\log k)^2 \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log a + \log \log k}{\log k}} \right)</math>

Ponieważ dla <math>k > \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots</math> jest

::<math>\log a + \log \log k > 0</math>

to dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>p_k \log p_k > a \cdot k \cdot (\log k)^2</math>

Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 < {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} < {\small\frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}}</math>

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot (\log k)^2}}</math> (zobacz twierdzenie [[#D17|D17]] p. 4 lub przykład [[#D50|D50]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D11|D11]]), bo

::<math>0 < {\small\frac{1}{p^2 \log p}} < {\small\frac{1}{p \log p}}</math>

'''Punkt 3.'''<br/>
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.2577 \ldots</math>

'''Punkt 4.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest

::<math>0 < {\small\frac{\log p}{p^2}} < {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D61" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D61</span><br/>
Szereg <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w innej postaci

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 3</math> wyrazy szeregów <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> jest rozbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D62</span><br/>
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w przypadku twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.

<span id="D63" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D63</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>n! > n^n e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math> || <math>\text{dla} \;\; n \geqslant 7</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 1</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) ></math>

::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{n^n}{(n + 1)^n}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{1}{\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n} \cdot e^{- n} ></math>

::::<math>\;\;\; > (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)}</math>

Ponieważ <math>\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n < e</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)^n}} > {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 1.

'''Punkt 2. (indukcja matematyczna)'''<br/>
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla <math>n = 7</math>. Zakładając prawdziwość dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>(n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) <</math>

::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( {\small\frac{n}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} <</math>

::::<math>\;\;\; < (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} =</math>

::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)}</math>

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} < {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D64" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D64</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>{\small\frac{n}{p}} - 1 < W_p (n!) < {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
'''Punkt 1. (prawa nierówność)'''

Zauważmy, że

::<math>W_p (n!) = \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^2}} \right\rfloor + \left\lfloor {\small\frac{n}{p^3}} \right\rfloor + \ldots</math>

::::<math>\;\, < {\small\frac{n}{p}} + {\small\frac{n}{p^2}} + {\small\frac{n}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{n}{p^k}} + \ldots</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p - 1}}</math>

'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''

Łatwo znajdujemy, że

::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor {\small\frac{n}{p^k}} \right\rfloor \geqslant \left\lfloor {\small\frac{n}{p}} \right\rfloor > {\small\frac{n}{p}} - 1</math>

'''Punkt 2. (prawa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>(p - 1) W_p (n!) < n</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>.

'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że <math>n - p < p \cdot W_p (n!)</math>. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D65" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D65</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>n! < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>n! > n^n e^{- n}</math> (zobacz punkt 1. twierdzenia [[#D63|D63]]), to

::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{n \log p}{p - 1}} = n \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math>

Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D66" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1.755367</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D65|D65]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n > - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n > - 1 - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>

::::::<math>\quad \;\: > - 1.755367</math>

Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math> (twierdzenie [[#D60|D60]] p. 3).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D67" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D67 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < 0.386295</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1}</math>

Ponieważ dla <math>n \geqslant 7</math> jest <math>n! < n^{n + 1} e^{- n}</math>, to

::<math>\prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} < n^{n + 1} e^{- n}</math>

Logarytmując, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} \left( {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \right) \cdot \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

::<math>(n + 1) \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \sum_{p \leqslant n} \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>

Skąd natychmiast wynika, że

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n < - {\small\frac{n}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right)</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n))</math>

::::::<math>\quad \;\: < - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}}</math>

::::::<math>\quad \;\: < \log 4 - 1</math>

::::::<math>\quad \;\: = 0.386294361 \ldots</math>

Druga nierówność wynika z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A10|A10]]. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D68" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D68</span><br/>
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < 1.141661</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

to z twierdzenia [[#D67|D67]] dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n < \log 4 - 1</math>

Czyli

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, < \log 4 - 1 + \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots</math>

:::::::<math>\,\, < 1.141661</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D69" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D69</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots</math>

gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>

Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D70" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D70</span><br/>
{| class="wikitable"
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math> jest dane wzorem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} = \log n - \gamma + \ldots</math>

gdzie <math>\gamma = 0.5772156649 \ldots</math> jest stałą Eulera.

Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

|}

<span id="D71" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D71</span><br/>
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma</math>

są liczbami dodatnimi.

<span id="D72" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D72</span><br/>
Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right) = E - \gamma</math>

gdzie

* <math>\quad \gamma = 0.577215664901532 \ldots</math> jest stałą Eulera<ref name="A001620"/>
* <math>\quad E = 1.332582275733220 \ldots</math><ref name="A083343"/>
* <math>\quad E - \gamma = 0.755366610831688 \ldots</math><ref name="A138312"/>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}}</math>

zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = (\log n - \gamma + \ldots) - (\log n - E + \ldots)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right)</math>

:::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} \cdot \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D73" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D73</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie

::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart10"/>

::<math>- \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}}</math>

Ponieważ dla <math>x > e^2 \approx 7.389</math> jest <math>1 + {\small\frac{1}{\log x}} < 1.5</math>, to dla <math>n \geqslant 8</math> mamy

::<math>{\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} = {\small\frac{0.2}{\log n}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\log n}} \right) < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w postaci

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z tożsamości

::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>

wynika natychmiast, że

::<math>- {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

'''Prawa nierówność'''

Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E < {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Z twierdzenia [[#D72|D72]] wiemy, że

::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma</math>

Zatem

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich liczb <math>318 \leqslant n \leqslant 3000</math>

'''Lewa nierówność'''

Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E > - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

Mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}}</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{(k - 1)^2}}</math>

Korzystając kolejno z twierdzeń [[#D47|D47]] i [[Ciągi liczbowe#C19|C19]], dostajemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \int_{n}^{\infty} {\small\frac{\log x}{(x - 1)^2}} d x</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} + \log \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}}</math>

:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} + \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} - {\small\frac{\log n + 1}{n - 1}} \right)</math>

:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

Do znalezienia całki oznaczonej Czytelnik może wykorzystać stronę [https://www.wolframalpha.com/input?i=int+log%28x%29%2F%28x-1%29%5E2+from+n+to+inf WolframAlpha]. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla <math>n \geqslant 153</math>. Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>

jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D74" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D74</span><br/>
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

wynika twierdzenie Czebyszewa.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D73|D73]] wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log x < - \gamma + {\small\frac{1}{2\log x}} \leqslant - \gamma + {\small\frac{1}{2 \log (318)}} = - 0.490441 \ldots < - 0.306852 \ldots = - r</math>

Zatem postulowane oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n \geqslant 318</math>. Sprawdzając bezpośrednio dla <math>2 \leqslant x \leqslant 317</math>, łatwo potwierdzamy prawdziwość nierówności

::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>

dla <math>x \geqslant 32</math>.

Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z twierdzenia [[#D64|D64]], łatwo znajdujemy oszacowanie

::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>

::<math>\quad \leqslant p^{(a - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(a - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

::<math>\quad = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{a - 1}</math>

gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w nawiasie przez <math>U</math>, mamy

::<math>\log U = {\small\frac{\log p_1}{p_1 - 1}} + \ldots + {\small\frac{\log p_n}{p_n - 1}} = \sum_{p \leqslant a} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log a - r</math>

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania wskazanego w treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.

Przypuśćmy, że mnożymy liczbę <math>a!</math> przez kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math>. Możemy postawić pytanie: kiedy w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby <math>b!</math> musi pojawić się nowy czynnik pierwszy? Jeżeli takiego nowego czynnika pierwszego nie ma, to

::<math>a! \cdot (a + 1) \cdot \ldots \cdot b = b!</math>

:::::::<math>\;\;\; = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_n}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; \leqslant p^{(b - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(b - 1) / (p_n - 1)}_n</math>

:::::::<math>\;\;\; = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; = U^{b - 1}</math>

:::::::<math>\;\;\; < (a \cdot e^{- r})^{b - 1}</math>

Jednocześnie z twierdzenia [[#D63|D63]] wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem

::<math>b^b e^{- b} < b! < {\normalsize\frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}}</math>

::<math>b e^{- 1} < \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

::<math>b < \frac{a \cdot e^{1 - r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>

Ponieważ <math>e^{1 - r} = e^{\log (2)} = 2</math>, to

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < 2 a</math>

Z oszacowania <math>b < 2 a</math> wynika, że <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / b} > (a \cdot e^{-r})^{1 / 2 a}</math>. Możemy teraz zapisać uzyskane wyżej oszacowanie w postaci, w której prawa strona nierówności nie zależy od <math>b</math>

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}}</math>

Ponieważ <math>e^{- r} = 0.735758 \ldots</math>, to <math>(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a} > (a / 2)^{1 / 2 a}</math>, co pozwala uprościć uzyskane oszacowanie

::<math>b < \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} < {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}}</math>

Pokażemy, że dla <math>a > 303.05</math>

::<math>{\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 2 a - 5</math>

Istotnie

::<math>{\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 1 - {\small\frac{5}{2 a}}</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} > 1</math>

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left[ \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 > 1</math>

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i ograniczoną (zobacz twierdzenie [[Ciągi liczbowe#C18|C18]]) i dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest

::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} = 1.003213 \ldots</math>

Wynika stąd, że wszystkie kolejne liczby naturalne <math>a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b</math> mogą być liczbami złożonymi co najwyżej do chwili, gdy <math>b < 2 a -
5</math>, czyli <math>b \leqslant 2 a - 6</math>. Zatem w przedziale <math>(a, 2 a)</math> musi znajdować się przynajmniej jedna liczba pierwsza. Dla <math>a \leqslant 303</math> prawdziwość twierdzenia sprawdzamy bezpośrednio.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D75" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D75</span><br/>
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

<span id="D76" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D76* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
Suma odwrotności par liczb pierwszych <math>p</math> i <math>p + 2</math>, takich że liczba <math>p + 2</math> jest również pierwsza, jest skończona

::<math>\underset{p + 2 \in \mathbb{P}}{\sum_{p \geqslant 2}} \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p + 2}} \right) = \left( {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{1}{5}}
\right) + \left( {\small\frac{1}{5}} + {\small\frac{1}{7}} \right) + \left( {\small\frac{1}{11}} + {\small\frac{1}{13}} \right) + \left( {\small\frac{1}{17}} + {\small\frac{1}{19}} \right) + \ldots = B_2</math>

gdzie <math>B_2 = 1.90216058 \ldots</math> jest stałą Bruna<ref name="Wiki1"/><ref name="A065421"/>.

<span id="D77" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D77</span><br/>
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nietworzących par liczb bliźniaczych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>p</math> i <math>q = p + 4</math> będą liczbami pierwszymi i <math>n \geqslant 1</math>. Ponieważ liczby <math>p q</math> i <math>p + 2</math> są względnie pierwsze, to z twierdzenia Dirichleta wiemy, że wśród liczb <math>a_n = p q n + (p + 2)</math> jest nieskończenie wiele liczb pierwszych, a jednocześnie żadna z liczb <math>a_n</math> nie tworzy pary liczb bliźniaczych, bo

::<math>a_n - 2 = p q n + p = p (q n + 1)</math>

::<math>a_n + 2 = p q n + (p + 4) = q (p n + 1)</math>

są liczbami złożonymi. Najprostsze przykłady to <math>a_n = 21 n + 5</math> i <math>b_n = 77 n + 9</math>

Najłatwiej wszystkie przypadki takich ciągów wyszukać w programie PARI/GP. Polecenie

for(a=1,50, for(b=3,floor(a/2), g=gcd(a,b); g1=gcd(a,b-2); g2=gcd(a,b+2); if( g==1 && g1>1 && g2>1, print("a= ", a, " b= ",b) )))

wyszukuje wszystkie liczby dodatnie <math>a, b</math>, gdzie <math>b \leqslant \left\lfloor {\small\frac{a}{2}} \right\rfloor</math>, które tworzą ciągi <math>a k + b</math> o poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy

::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

<span id="D78" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D78</span><br/>
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w pracy<ref name="Erdos1"/> z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i chyba najprostszy dowód tego twierdzenia.

Załóżmy, dla otrzymania sprzeczności, że rozważana suma jest zbieżna, czyli <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} = C</math>, gdzie <math>C</math> jest pewną stałą. Zbieżność szeregu o wyrazach dodatnich oznacza, że różnica między sumą tego szeregu i sumami częściowymi, które uwzględniają coraz więcej wyrazów ciągu, musi być coraz mniejsza. Wynika stąd istnienie najmniejszej liczby <math>r</math> takiej, że <math>\sum_{k = r + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} < {\small\frac{1}{2}}</math>.

Oznacza to, że zbiór liczb pierwszych rozpada się na dwa rozłączne podzbiory <math>P = \{ p_1, p_2, \ldots, p_r \}</math> i <math>Q = \{ p_{r + 1}, p_{r + 2,} \ldots \}</math>.

Konsekwentnie zbiór liczb całkowitych dodatnich możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: zbiór <math>\mathbb{Z}_Q</math> liczb podzielnych przez dowolną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math> i zbiór <math>\mathbb{Z}_P</math> liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math>. Czyli liczby ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru <math>P</math>.

Niech <math>M</math> będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Zauważmy, że liczb nie większych od <math>M</math> i podzielnych przez liczbę pierwszą <math>p</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A20|A20]]). Łatwo otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor < M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}} M</math>

bo z założenia <math>\sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}}</math>. Zatem liczb takich, że <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> i <math>k \leqslant M</math> jest mniej niż <math>{\small\frac{M}{2}}</math>.

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>

Każdą liczbę ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> możemy zapisać w postaci <math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r</math>. Niech <math>\alpha_i = 2 \beta_i + \delta_i</math>, gdzie <math>\delta_i</math> jest resztą z dzielenia liczby <math>\alpha_i</math> przez <math>2</math>. Zatem

::<math>k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r = (p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_r}_r)^2 \cdot (p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r)</math>

Ponieważ <math>\delta_i</math> może przybierać tylko dwie wartości: zero lub jeden, to liczb postaci <math>p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r</math> jest dokładnie <math>2^r</math>, a kwadratów liczb całkowitych nie większych od <math>M</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M}</math>. Zatem liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest nie więcej niż <math>2^r \sqrt{M} \,</math><span style="color: Green"><sup>[b]</sup></span>.

Ponieważ <math>\mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+</math> i liczb <math>k \in \mathbb{Z}_+</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest po prostu <math>M</math>, to musi być prawdziwe oszacowanie

::<math>M < 2^r \sqrt{M} + {\small\frac{M}{2}}</math>

Czyli

::<math>2^{r + 1} > \sqrt{M}</math>

Co jest niemożliwe, bo <math>r</math> jest ustalone, a <math>M</math> może być dowolnie duże. Wystarczy przyjąć <math>M \geqslant 2^{2 r + 2}</math>.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb <math>k</math>. Dla przykładu: gdy <math>M > p_{r + 1} p_{r + 2}</math>, to liczba <math>p_{r + 1} p_{r + 2}</math> zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez <math>p_{r + 1}</math> i drugi raz jako podzielna przez <math>p_{r + 2}</math>. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.

<span style="color: Green">[b]</span> Zauważmy, że dla <math>M > 8</math> liczba <math>a^2</math> taka, że <math>a^2 \leqslant M < (a + 1)^2</math> wystąpi dokładnie jeden raz (jako <math>a^2 \cdot 1</math>), ale my oszacujemy, że pojawiła się <math>2^r</math> razy. Można pokazać, że dla dowolnych <math>r \geqslant 1</math> i <math>M \geqslant 1</math>, liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math>, jest mniej niż <math>2^r \sqrt{M}</math>. Jest ich nawet mniej niż <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor</math>, poza przypadkami <math>r = 1</math> i <math>M = 2, 3, 8</math>, kiedy to ilość takich liczb jest równa <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor < 2^r \sqrt{M}</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

<span id="D79" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D79</span><br/>
Omawianie metody sumowania przez części<ref name="sumowanie1"/> rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja

::<math>D(k) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } k \, \text{ jest liczbą pierwszą} \\
0 & \text{gdy } k \, \text{ nie jest liczbą pierwszą} \\
\end{cases}</math>

Łatwo znajdujemy związek funkcji <math>D(k)</math> z funkcją <math>\pi (k)</math>

::<math>\pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1</math>

:::::::<math>\; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>

:::::::<math>\; = D (k)</math>

<span id="D80" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D80</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i niech <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> oznacza sumę odwrotności wszystkich liczb pierwszych nie większych od <math>n</math>. Prawdziwy jest następujący związek

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}}</math>

:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k - 1)}{k}}</math>

W drugiej sumie zmieniamy zmienną sumowania. Niech <math>j = k - 1</math>. Sumowanie po <math>k</math> przebiegało od <math>2</math> do <math>n</math>, zatem sumowanie po <math>j</math> będzie przebiegało od <math>1</math> do <math>n - 1</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>

Ponieważ <math>\pi (1) = 0</math>. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k + 1}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^n \pi (k) \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right)</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D81" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D81</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D80|D80]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

Z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A1|A1]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 3</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\pi (n) > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math>. Zatem dla <math>n \geqslant 4</math> jest

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + {\small\frac{1}{3}} + \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{k}{\log k \cdot k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log k}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{j = 5}^n {\small\frac{1}{j \log j}}</math>

Korzystając z twierdzenia [[#D47|D47]], otrzymujemy

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \geqslant {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \int_{5}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x \log x}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}}</math>

:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>

Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> (porównaj [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D82" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D82</span><br/>
Pokazać, że oszacowanie <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>, gdzie <math>\varepsilon \in (0, 1)</math>, nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Zatem istnieje taka liczba <math>n_0</math>, że dla wszystkich <math>n \geqslant n_0</math> jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Korzystając ze wzoru (zobacz [[#D80|D80]])

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>

dla liczby <math>n > n_0</math> otrzymujemy oszacowanie

::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{n^{1 - \varepsilon}}{n}} + \sum_{k = 2}^{n_0 - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{k^{1 - \varepsilon}}{k (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; = {\small\frac{1}{n^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k^{\varepsilon} (k + 1)}}</math>

:::<math>\quad \; < {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n} {\small\frac{1}{k^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; \leqslant {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + {\small\frac{1}{(n_0)^{1 + \varepsilon}}} + \int^n_{n_0} {\small\frac{d x}{x^{1 + \varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_2 + \left[ - {\small\frac{1}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon}}} \biggr\rvert_{n_0}^{n} \right]</math>

:::<math>\quad \; = C_2 - {\small\frac{1}{\varepsilon n^{\varepsilon}}} + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; < C_2 + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}}</math>

:::<math>\quad \; = C_3</math>

Co jest niemożliwe, bo lewa strona rośnie nieograniczenie wraz ze wzrostem <math>n</math> (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], [[#D78|D78]], [[#D81|D81]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D83" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D83 (sumowanie przez części)</span><br/>
Niech <math>a_j</math>, <math>b_j</math> będą ciągami określonymi przynajmniej dla <math>s \leqslant j \leqslant n</math>. Prawdziwy jest następujący wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z czynników (powiedzmy, że dla <math>b_j</math>), to do wyliczenia lub oszacowania sumy <math>\sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math> może być pomocny dowodzony wzór

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że wprost z definicji funkcji <math>B(k)</math> otrzymujemy

::<math>B(s) = \sum_{j = s}^{s} b_j = b_s</math>

oraz

::<math>B(k) - B (k - 1) = \sum_{j = s}^{k} b_j - \sum^{k - 1}_{j = s} b_j = b_k + \sum_{j = s}^{k - 1} b_j - \sum_{j = s}^{k - 1} b_j = b_k</math>

Przekształcając prawą stronę dowodzonego wzoru, pokażemy, że obie strony są równe.

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n B (n) - \sum^{n - 1}_{k = s} a_{k + 1} B (k) + \sum_{k = s}^{n - 1} a_k B (k)</math>

W pierwszej sumie po prawej stronie zmieniamy wskaźnik sumowania na <math>j = k + 1</math>, a w drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika

::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n B (n) - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n - 1} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j)</math>

::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j) + a_s B (s)</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s</math>

::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D84" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D84</span><br/>
Niech <math>r \neq 1</math>. Pokazać, że <math>\sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 0</math>, <math>a_k = k</math> i <math>b_k = r^k</math>. Zauważmy, że sumowanie od <math>k = 0</math> nic nie zmienia, a nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - \sum_{k = 0}^{n - 1} r^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right)</math>

::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>
</div>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D85" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D85 (kryterium Dirichleta)</span><br/>
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny<br/><br/>

:*   <math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>

:*   istnieje taka stała <math>M</math>, że <math>\left| \sum_{j = 1}^{k} b_j \right| \leqslant M</math> dla dowolnej liczby <math>k</math>

to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>

::::<math>\;\;\,\, = a_n \cdot B (n) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math>

gdzie <math>B(k) = \sum_{j = 1}^{k} b_j</math>. Z założenia ciąg <math>B(n)</math> jest ograniczony i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, zatem (zobacz [[Ciągi liczbowe#C14|C14]])

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \cdot B (n) = 0</math>

Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny. Jeżeli jest malejący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = M (a_1 - a_n)</math>

(zobacz [[#D15|D15]]). Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest rosnący, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant \sum_{k = 1}^{n - 1} M (a_{k + 1} - a_k)</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1})</math>

::::::::<math>\;\;\; = - M (a_1 - a_n)</math>

Łącząc uzyskane rezultaty oraz uwzględniając fakt, że ciąg <math>(a_n)</math> jest ograniczony, bo jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), możemy napisać

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) | \leqslant M | a_1 - a_n | \leqslant M (| a_1 | + | a_n |) \leqslant 2 M U</math>

Ponieważ sumy częściowe szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} | (a_k - a_{k + 1}) B (k) |</math> tworzą ciąg rosnący i ograniczony od góry, to szereg ten jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]). Wynika stąd zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math> (zobacz [[#D12|D12]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D86" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D86</span><br/>
Udowodnić następujące wzory

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

::{| class="wikitable"
|

<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) =
{\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cos \left( {\normalsize\frac{k}{2}} + 1 \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>

|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \sin j = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \sin (k + 1)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) + \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.

'''Punkt 2.'''

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = \sin (k + 1) - \sin (1)</math>

Ponieważ

::<math>2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y)</math>

to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>

::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2)</math>

:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1)</math>

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D87" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D87</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1 pokazaliśmy, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{j = 1}^{k} \sin j =
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::<math>\left| \sum_{j = 1}^{k} \sin j \right| =
\left| {\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \right| \leqslant
{\small\frac{1}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math><br/>

Ponieważ spełnione są założenia kryterium Dirichleta, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny. Wiemy, że <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=sum+sin%28k%29%2Fk%2C+k%3D1+to+infinity WolframAlpha]).

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie

::<math>- 0.127671 < {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \leqslant \sum_{j = 1}^{k} \sin j \leqslant {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) + 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} < 1.958159</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D88" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D88</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> jest zbieżny, a suma tego szeregu jest w przybliżeniu równa <math>0.6839137864 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu wynika z kryterium Dirichleta, co pokazujemy tak samo jak w zadaniu poprzednim. Oszacowanie sumy szeregu jest znacznie trudniejsze, bo ciąg sum częściowych <math>S_n = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> silnie oscyluje i dopiero dla bardzo dużych <math>n</math> wynik sumowania mógłby być znaczący. Przykładowo:

::<math>S_{10^6} = 0.609189 \qquad S_{10^7} = 0.748477 \qquad S_{10^8} = 0.727256 \qquad S_{10^9} = 0.660078</math>

Okazuje się, że tutaj też będzie pomocne sumowanie przez części. We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = \sin k</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;1, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} \sin j = {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \sin (1) = C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Sumując przez części, dostajemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right) B (k)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + \sum^{n - 1}_{k = 2} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \left( C_1 + C_2 \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) + C_1 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) + C_2 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

Zauważmy, że szereg po prawej stronie jest zbieżny nawet bez uzbieżniającego czynnika <math>\cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>, bo bez tego czynnika mielibyśmy szereg teleskopowy (zobacz [[#D15|D15]]). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>S_{10^6} = 0.683913783004 \qquad S_{10^7} = 0.683913786642 \qquad S_{10^8} = 0.683913786411 \qquad S_{10^9} = 0.683913786415</math>

Jest to przybliżona wartość sumy szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>.<br/>

<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy</span><br/>

Kolejne sumowanie przez części pozwoli określić błąd z jakim wyznaczona została wartość sumy <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>

We wzorze na sumowanie przez części połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> i <math>b_k = \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu [[#D86|D86]] p.&hairsp;2, otrzymujemy

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} b_j = \sum_{j = 2}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) = C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Wzór na sumowanie przez części ma teraz postać

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) B (k)</math>

:::::::::::::<math>\;\;\, = \left( {\small\frac{1}{\log (n)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right) B (n) + \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) (C_3 + C_4 \cdot \sin (k + 1))</math>

Zauważmy, że

::<math>C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) = C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - C_3 \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right)</math>

::::::::::::::::::<math>\:\, = C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} \right) - C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (3)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \right)</math>

bo szeregi po prawej stronie są szeregami teleskopowymi.

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) = {\small\frac{C_3}{\log (2)}} - {\small\frac{C_3}{\log (3)}} + C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

Zbierając, otrzymaliśmy wzór

::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

gdzie

::<math>C_1 = \tfrac{1}{2} \operatorname{ctg}\left( \tfrac{1}{2} \right) - \sin (1) \qquad \qquad \qquad \quad \: C_2 = - {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

::<math>C_3 = - \cos \left( \tfrac{3}{2} \right) - {\small\frac{\sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \qquad \qquad \qquad C_4 = {\small\frac{1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math>

Dla sum

::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log (2)}} + C_2 C_3 \left( {\small\frac{1}{\log (2)}} - {\small\frac{1}{\log (3)}} \right) + C_2 C_4 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1)</math>

dostajemy

::<math>S_{10^7} = 0.68391378641827479894 \qquad S_{10^8} = 0.68391378641827482233 \qquad S_{10^9} = 0.68391378641827482268</math>

Łatwo oszacujemy błąd z jakim wyliczyliśmy wartość sumy szeregu <math>S</math>

::<math>| S - S_n | = \left| C_2 C_4 \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left| \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \sin (k + 1) \right|</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right| | \sin (k + 1) |</math>

::::<math>\;\;\;\, \leqslant | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} + {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right|</math>                (zobacz przypis <span style="color: Green">[a]</span>)

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left[ \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \right]</math>

::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right)</math>

Dla <math>n = 10^9</math> otrzymujemy

::<math>| S - S_n | < 2.533 \cdot 10^{- 12}</math>

Zatem <math>S = 0.6839137864 \ldots</math>, gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Z łatwego do sprawdzenia wzoru

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>

wynika, że wyrażenie <math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> maleje ze wzrostem <math>k</math>, czyli ciąg <math>a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}}</math> jest ciągiem malejącym, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} > {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}}</math>

Ciągi <math>(a_k)_{k = 1}^n</math> liczb rzeczywistych takie, że <math>2 a_k \leqslant a_{k - 1} + a_{k + 1}</math> dla <math>k = 2, \ldots, n - 1</math> nazywamy ciągami wypukłymi<ref name="convexseq1"/>. Wprost z definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją wypukłą i <math>a_k = f (k)</math>, to ciąg <math>(a_k)</math> jest ciągiem wypukłym.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D89" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D89</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = \log k</math> i <math>b_k = D (k)</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \log n \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} (\log (k + 1) - \log k) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>

Zatem

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D90" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D90</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>, gdzie <math>A, B \in \mathbb{R}_+</math>, to istnieje granica

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji funkcji <math>\theta (n)</math> łatwo otrzymujemy

::<math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p < \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n)</math>

Skąd wynika, że

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Oszacowanie wyrażenia <math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}}</math> od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru

::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

(zobacz [[#D89|D89]]) otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} = 1 - {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>

Z twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C19|C19]] i założonego oszacowania funkcji <math>\pi (n)</math>

::<math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{\log n}{\log n \cdot A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}} \cdot {\small\frac{B \cdot k}{\log k}}</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

Nie możemy oszacować sumy całką, bo całka <math>\int {\small\frac{d x}{\log x}}</math> jest funkcją nieelementarną. Nie możemy też pozwolić sobie na zbyt niedokładne oszacowanie sumy i nie możemy napisać

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} < {\small\frac{n - 2}{\log 2}} < {\small\frac{n}{\log 2}}</math>

Wyjściem z tej sytuacji jest odpowiedni podział przedziału sumowania i szacowanie w każdym przedziale osobno. Niech punkt podziału <math>M</math> spełnia warunek <math>\sqrt{n} \leqslant M < \sqrt{n} + 1</math>. Mamy

::<math>\sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} = \sum_{k = 2}^{M - 1} {\small\frac{1}{\log k}} + \sum^{n - 1}_{k = M} {\small\frac{1}{\log k}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M - 2}{\log 2}} + {\small\frac{n - M}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{M}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log M}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log \sqrt{n}}}</math>

::::<math>\;\;\;\; < {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) < {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \left( {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} \right)</math>

:::::::::::<math>\quad \; < {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right)</math>

Łącząc otrzymane rezultaty, otrzymujemy

::<math>1 - {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right) < {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) mamy

::<math>\lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D91" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D91</span><br/>
Funkcja <math>\theta (n)</math> jest ściśle związana z dobrze nam znaną funkcją <math>P (n)</math>. Ponieważ <math>P(n) = \prod_{p \leqslant n} p</math>, to

::<math>\log P (n) = \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>.

Z twierdzenia [[#D90|D90]] wynika, że jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>. Jeżeli istnieje granica <math>{\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}}</math>, to będzie istniała granica dla <math>{\small\frac{\theta (n)}{n}}</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C13|C13]] p.&hairsp;3).

Wiemy, że dla funkcji <math>\theta (n)</math>, gdzie <math>n \geqslant 2</math>, prawdziwe jest oszacowanie<ref name="Dusart18"/>

::<math>\left| {\small\frac{\theta (n)}{n}} - 1 \right| \leqslant {\small\frac{151.3}{\log^4 n}}</math>

<span id="D92" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D92</span><br/>
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz [[#D83|D83]]) <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = D (k) \cdot \log k</math>. Otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) B (k)</math>

gdzie

::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k)</math>

::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n)</math>

Zatem

::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log k - \log (k + 1)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

<span id="D93" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D93 (kryterium d'Alemberta)</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem liczb rzeczywistych i istnieje granica

::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right|</math>

Jeżeli
:*   <math>g < 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny

:*   <math>g > 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest rozbieżny

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozważmy najpierw przypadek, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < 1</math>. Niech <math>r</math> będzie dowolną liczbą rzeczywistą taką, że <math>g < r < 1</math> i przyjmijmy <math>\varepsilon = r - g</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>. Z prawej nierówności otrzymujemy, że dla <math>n \geqslant N</math> jest

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| < r</math>

::<math>| a_{n + 1} | < r | a_n |</math>

::<math>| a_{n + k} | < r^k | a_n |</math>

Ostatnią nierówność można łatwo udowodnić metodą indukcji matematycznej względem <math>k</math>. Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego<ref name="GeometricSeries1"/>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = N + 1}^{\infty} | a_k | = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_{N + k} | < \sum_{k = 1}^{\infty} r^k | a_n | = r | a_n | \sum_{k = 1}^{\infty} r^{k - 1} = | a_n | \cdot {\small\frac{r}{1 - r}}</math>

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest bezwzględnie zbieżny.

W przypadku, gdy <math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > 1</math> wybieramy liczbę <math>r</math> tak, aby spełniała warunek <math>1 < r < g</math> i przyjmujemy <math>\varepsilon = g - r</math>. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right)</math> spełniają warunek

::<math>- \varepsilon < \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g < \varepsilon</math>

Przyjmując, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N</math>, z lewej nierówności otrzymujemy dla <math>n \geqslant N</math>

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| > r > 1</math>

Czyli <math>| a_{n + 1} | > | a_n |</math>, zatem dla wszystkich <math>k > N</math> jest <math>| a_k | > | a_N | > 0</math> i nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz [[#D4|D4]]). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D94" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D94</span><br/>
W przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = 1</math> kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności lub rozbieżności szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math>. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów

::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} 1 \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

<span id="D95" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D95</span><br/>
Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Zbadamy zbieżność szeregu

::<math>e^x = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{x^n}{n!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

Ponieważ

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{x^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| x |}{n + 1}} = 0</math>

to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny.

<span id="D96" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D96</span><br/>
Pokazać, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}}</math> jest rozbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Łatwo znajdujemy, że

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = {\small\frac{(n + 1)^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = {\small\frac{(n + 1) (n + 1)^n}{(n + 1) n!}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} e > 1</math>

Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D97" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D97</span><br/>
W twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]], korzystając z następującej definicji funkcji <math>e^x</math>

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

pominęliśmy dowód własności <math>e^x e^{- x} = 1</math>. Spróbujemy teraz pokazać, że <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

::<math>e^x e^y = \left( \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i}{i!}} \right) \left( \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{y^j}{j!}} \right) = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}</math>

Oznaczmy <math>a_i = {\small\frac{x^i}{i!}}</math> oraz <math>b_j = {\small\frac{y^j}{j!}}</math> i przyjrzyjmy się sumowaniu po <math>i, j</math>. W podwójnej sumie po prawej stronie <math>\sum^{\infty}_{i = 0} \sum_{j = 0}^{\infty} a_i b_j</math> sumujemy po kolejnych liniach poziomych tak, jak to zostało pokazane na rysunku

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|- style="background-color: LightGray"
| <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math></math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Violet"
| <math>a_5 b_0</math> || <math>a_5 b_1</math> || <math>a_5 b_2</math> || <math>a_5 b_3</math> || <math>a_5 b_4</math> || <math>a_5 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Cyan"
| <math>a_4 b_0</math> || <math>a_4 b_1</math> || <math>a_4 b_2</math> || <math>a_4 b_3</math> || <math>a_4 b_4</math> || <math>a_4 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Green"
| <math>a_3 b_0</math> || <math>a_3 b_1</math> || <math>a_3 b_2</math> || <math>a_3 b_3</math> || <math>a_3 b_4</math> || <math>a_3 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Yellow"
| <math>a_2 b_0</math> || <math>a_2 b_1</math> || <math>a_2 b_2</math> || <math>a_2 b_3</math> || <math>a_2 b_4</math> || <math>a_2 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Orange"
| <math>a_1 b_0</math> || <math>a_1 b_1</math> || <math>a_1 b_2</math> || <math>a_1 b_3</math> || <math>a_1 b_4</math> || <math>a_1 b_5</math> || <math>\cdots</math>
|- style="background-color: Red"
| <math>a_0 b_0</math> || <math>a_0 b_1</math> || <math>a_0 b_2</math> || <math>a_0 b_3</math> || <math>a_0 b_4</math> || <math>a_0 b_5</math> || <math>\; \cdots \;</math>
|}

Zastępując sumowanie po kolejnych liniach poziomych sumowaniem po kolejnych przekątnych, otrzymamy taki rysunek

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Co odpowiada sumie <math>\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {a_k} b_{n - k}</math>, gdzie <math>n</math> numeruje kolejne przekątne. Taka zmiana sposobu sumowania powoduje następujące przekształcenie wzoru

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}</math>

Ponieważ

::<math>{\small\frac{1}{k! \cdot (n - k) !}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\frac{n!}{k! \cdot (n - k)!}} = {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}}</math>

to otrzymujemy

::<math>e^x e^y = \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{x^i y^j}{i! \cdot j!}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k y^{n - k}}{k! \cdot (n - k) !}}
= \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n!}} \cdot {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \cdot x^k y^{n - k}
= \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n!}} (x + y)^n = e^{x + y}</math>

Pokazaliśmy tym samym, że z definicji

::<math>e^x = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{x^k}{k!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>

wynika podstawowa własność funkcji wykładniczej <math>e^x e^y = e^{x + y}</math>.

Mamy świadomość, że dokonana przez nas zmiana sposobu sumowania była nieformalna i w związku z tym nie wiemy, czy była poprawna. Zatem musimy precyzyjnie zdefiniować takie sumowanie i zbadać, kiedy jest dopuszczalne. Dopiero wtedy będziemy mogli być pewni, że policzony rezultat jest poprawny.

<span id="D98" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D98</span><br/>
Iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_1 + a_n b_0</math>

W przypadku szeregów, których wyrazy są numerowane od liczby <math>1</math>, iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 1}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k b_{n - k + 1} = a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_2 + a_n b_1</math>

<span id="D99" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D99</span><br/>
Niech <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 0, 0, 0, 0, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = b_n</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (1, 1, 1, 1, 1, \ldots)</math>, <math>(b_n)</math> jest dowolnym ciągiem, to <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} b_k = B_n</math>

:*   jeżeli <math>a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}}</math>, to <math>c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

:*   jeżeli <math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>(b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, gdzie <math>q \neq r</math>, to <math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n</math>

'''Punkt 2.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} = \sum^n_{j = 0} b_j = B_n</math>

'''Punkt 3.'''

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^k r^{n - k}}{k!(n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>

'''Punkt 4.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

'''Punkt 5.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k}</math>

Jeżeli <math>r = 0</math>, to <math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0</math>. Jeżeli <math>r \neq 0</math>, to

::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = r^n \sum_{k = 1}^{n - 1} \left( {\small\frac{q}{r}} \right)^k = r^n \cdot {\small\frac{\left( {\normalsize\frac{q}{r}} \right)^n - {\normalsize\frac{q}{r}}}{{\normalsize\frac{q}{r}} - 1}} = {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

Zauważmy, że znaleziony wzór obejmuje również przypadek <math>r = 0</math>. Zatem

::<math>c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right)</math>

Zbierając, otrzymujemy

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D100" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D100</span><br/>
Ostatni punkt zadania [[#D99|D99]] pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i ich iloczynów Cauchy'ego. Przypomnijmy, że

::<math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>\quad (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>,  gdzie <math>q \neq r</math>

::<math>c_n =
\begin{cases}
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
\end{cases}</math>

Przykłady zebraliśmy w tabeli.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{a}</math> || <math>\boldsymbol{q}</math> || <math>\boldsymbol{b}</math> || <math>\boldsymbol{r}</math> || <math>\boldsymbol{(c_n)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} a_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} b_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} c_n}</math>
|-
|<math>3</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math>|| <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
|<math>-2</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2q}{r - q}}</math> || <math>q</math> || <math>{\small\frac{r}{r - q}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2q )}{(r - q)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>4</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>\left( -8,{\small\frac{1}{3}}, {\small\frac{1}{3^2}}, {\small\frac{1}{3^3}}, {\small\frac{1}{3^4}}, {\small\frac{1}{3^5}}, \ldots \right)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>{\small\frac{7}{3}}</math> || <math>2</math> || <math>- {\small\frac{1}{3}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - {\small\frac{7}{9}}, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-3,3,3^2,3^3,3^4,3^5,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-1</math> || <math>\left( {\small\frac{1}{4}}, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots \right)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(-2, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
|-
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>3</math> || <math>2</math> || <math>(-3, 1, 1, 1, 1, 1,\ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(-2,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|-
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(0, 1, 1, 1, 1, 1, \ldots )</math> || rozbieżny || zbieżny || rozbieżny
|-
| <math>{\small\frac{r - 2}{r - 1}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{r}{r - 1}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2 )}{(r - 1)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
|-
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(0, 2, 2^2, 2^3, 2^4, 2^5, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
|-
| <math>3</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - 3, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
|}

<span id="D101" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D101</span><br/>
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz [[#D5|D5]])

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28-1%29%5Ek%2Fsqrt%28k%2B1%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+infinity%7D+%5D WolframAlpha])

Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{\sqrt{n - k + 1}}}
= (- 1)^n \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}}</math>

Ale <math>k \leqslant n</math> i <math>n - k \leqslant n</math>, zatem

::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}} \geqslant {\small\frac{1}{\sqrt{(n + 1) (n + 1)}}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>| c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1</math>

Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0</math>, to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz [[#D4|D4]]).

<span id="D102" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D102</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D99|D99]] p.&hairsp;3), to szeregi <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> oraz <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Sprawdzić, że w przypadku, gdy szeregi te są zbieżne, prawdziwy jest wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> łatwo zbadamy, stosując kryterium d'Alemberta.

::<math>\left| {\small\frac{c_{n + 1}}{c_n}} \right| = \left| {\small\frac{(n + 2) r^{n + 1}}{(n + 1) r^n}} \right| = {\small\frac{n + 2}{n + 1}} \cdot | r | \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} | r |</math>

Zatem szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math> i rozbieżny, gdy <math>| r | > 1</math>, tak samo, jak szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math>. W przypadku, gdy <math>r = \pm 1</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math> jest rozbieżny, a odpowiednie sumy częściowe szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> są równe

:*    gdy <math>r = 1</math>, <math>c_n = n + 1</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) = {\small\frac{(L + 1) (L + 2)}{2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \infty \qquad \qquad</math> (zobacz <span style="color: Green">[a]</span>, [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+n%2B1%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

:*    gdy <math>r = - 1</math>, <math>c_n = (n + 1) (- 1)^n</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) (- 1)^n = (- 1)^L \cdot {\small\frac{2 L + 3}{4}} + {\small\frac{1}{4}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \pm \infty \qquad \qquad</math> (zobacz [[#D84|D84]], [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28n%2B1%29*%28-1%29%5En%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])

W przypadku, gdy <math>| r | < 1</math> wiemy<ref name="GeometricSeries1"/>, że <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n = {\small\frac{1}{1 - r}}</math>. Korzystając z zadania [[#D84|D84]], otrzymujemy

::<math>\sum_{n = 0}^{L} (n + 1) r^n = \sum_{n = 0}^{L} n r^n + \sum_{n = 0}^{L} r^n = {\small\frac{L r^{L + 2} - (L + 1) r^{L + 1} + r}{(r - 1)^2}} + {\small\frac{r^{L + 1} - 1}{r - 1}} = {\small\frac{(L + 1) r^{L + 2} - (L + 2) r^{L + 1} + 1}{(r - 1)^2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{(r - 1)^2}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> jest zbieżny, gdy <math>| r | < 1</math>, to musi być <math>\lim_{n \rightarrow \infty} (n + 1) r^n = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Pokazaliśmy, że w rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k = {\small\frac{1}{2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} k \right) = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{j = 0}^{n} (n - j) \right] = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) \right] = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (k + n - k) = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} 1 = {\small\frac{n (n + 1)}{2}}</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D103" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D103</span><br/>
Przykłady [[#D100|D100]] i [[#D101|D101]] pokazują, że w ogólności nie jest prawdziwy wzór

::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>

Skoro iloczyn sum szeregów nie zawsze jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów, to musimy ustalić, jakie warunki muszą być spełnione, aby tak było.

<span id="D104" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D104</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

możemy łatwo przejść do sumowania po liniach poziomych lub po liniach pionowych. Rysunek przedstawia sytuację, gdy <math>m = 5</math>.

::{| class="wikitable" style="text-align:center;"
|-
| bgcolor="LightGray" | <math>a_6 b_0</math> || <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Violet" | <math>a_5 b_0</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || || ||
|-
| bgcolor="Cyan" | <math>a_4 b_0</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_4 b_1</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || || ||
|-
| bgcolor="Green" | <math>a_3 b_0</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_3 b_1</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_3 b_2</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || || ||
|-
| bgcolor="Yellow" | <math>a_2 b_0</math> || bgcolor="Green" | <math>a_2 b_1</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_2 b_2</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_2 b_3</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> || ||
|-
| bgcolor="Orange" | <math>a_1 b_0</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_1 b_1</math> || bgcolor="Green" | <math>a_1 b_2</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_1 b_3</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_1 b_4</math> || bgcolor="LightGray" | <math></math> ||
|-
| bgcolor="Red" | <math>a_0 b_0</math> || bgcolor="Orange" | <math>a_0 b_1</math> || bgcolor="Yellow" | <math>a_0 b_2</math> || bgcolor="Green" | <math>a_0 b_3</math> || bgcolor="Cyan" | <math>a_0 b_4</math> || bgcolor="Violet" | <math>a_0 b_5</math> || bgcolor="LightGray" | <math>a_0 b_6</math>
|}

Przejście do sumowania po liniach poziomych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach poziomych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii poziomej.

Przejście do sumowania po liniach pionowych

::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_j b_i</math>

Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach pionowych, a druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii pionowej.

<span id="D105" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D105 (Franciszek Mertens)</span><br/>
Jeżeli szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> jest zbieżny bezwzględnie, szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny i <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy <math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A'</math>. Niech

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad B_n = \sum_{j = 0}^{n} b_j \qquad \qquad C_n = \sum_{k = 0}^{n} c_k \qquad \qquad \beta_n = B_n - B</math>

Przekształcając sumę <math>C_m</math>, otrzymujemy

::<math>C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Przechodzimy od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C_m = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum_{j = 0}^{m - i} b_j</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \left( {B + \beta_{m - i}} \right)</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = B \sum_{i = 0}^{m} a_i + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i}</math>

:::<math>\; = A_m B + \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Zatem

::<math>C_m - A_m B = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Niech

::<math>\delta_m = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k}</math>

Oczywiście chcemy pokazać, że <math>C_m \longrightarrow A B</math>. Ponieważ <math>A_m B \longrightarrow A B</math>, to wystarczy pokazać, że <math>\delta_m \longrightarrow 0</math>.

Z założenia <math>B_m \longrightarrow B</math>, zatem <math>\beta_m \longrightarrow 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(\beta_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(\beta_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| \beta_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon_1 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(\beta_k)</math> spełniają warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>M = M (\varepsilon_1)</math>. Zatem dla <math>m > M</math> dostajemy

::<math>| \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} |</math>

:::<math>\;\; < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny, zatem musi być <math>\lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Czyli dla dowolnego <math>\varepsilon_2 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon_2</math>. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon_2)</math>. Zatem dla <math>m > M + N</math> otrzymujemy

::<math>| \delta_m | < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>

:::<math>\;\; < \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A'</math>

Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> wystarczy wybrać <math>\varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}}</math> i <math>\varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}}</math>, aby otrzymać <math>| \delta_m | < \varepsilon</math> dla wszystkich <math>m > M + N</math>. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\delta_m</math> spełniają warunek <math>| \delta_m | < \varepsilon</math>, to <math>\lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D106" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D106</span><br/>
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z założenia szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B'</math>

Zauważmy, że suma <math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math> obejmuje <math>m + 1</math> przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>C'_m = \sum_{n = 0}^{m} | c_n |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \left| \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right|</math>

:::<math>\; \leqslant \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math>

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} | a_i | | b_j | \qquad \qquad</math> (zmieniliśmy sposób sumowania)

:::<math>\; = \sum_{i = 0}^{m} | a_i | \sum_{j = 0}^{m - i} | b_j |</math>

:::<math>\; \leqslant A' B'</math>

Ponieważ ciąg sum częściowych <math>C'_m</math> jest rosnący (bo sumujemy wartości nieujemne) i ograniczony od góry, to jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D107" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D107</span><br/>
Podać przykład szeregów zbieżnych, z których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^i}{2^i}} = {\small\frac{2}{3}}</math> jest bezwzględnie zbieżny, bo <math>\sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2^i}} = 2</math> jest zbieżny. Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]), ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]).

Zatem na podstawie twierdzenia Mertensa iloczyn Cauchy'ego tych szeregów <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{2^k}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

jest zbieżny. Łatwo widzimy, że

::<math>| c_n | = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; = {\small\frac{1}{n + 1}} + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}}</math>

:::<math>\; \geqslant {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Ponieważ szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math> jest rozbieżny i

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant | c_n |</math>

to na mocy kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D108" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D108</span><br/>
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest warunkowo zbieżny (zobacz [[#D5|D5]], [[#D48|D48]], [[#D50|D50]] p.&hairsp;1, [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B34|B34]]). Iloczyn Cauchy'ego dwóch takich szeregów jest równy <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie

::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(n - k + 1) + (k + 1)}{(k + 1) (n - k + 1)}}</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} \right)</math>

::<math>\;\;\;\:\, = {\small\frac{2 (- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

Ponieważ (zobacz [[#D48|D48]])

::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>

to

::<math>{\small\frac{2}{n + 2}} \cdot \log (n + 2) < | c_n | < {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot (1 + \log (n + 1))</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | c_n | = 0</math>. Pokażemy teraz, że ciąg <math>(| c_n |)</math> jest ciągiem malejącym.

::<math>| c_n | - | c_{n - 1} | = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} + \left( {\small\frac{2}{n + 2}} - {\small\frac{2}{n + 1}} \right) \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} - {\small\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}} \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\;\; \leqslant 0</math>

Bo <math>\sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} \geqslant 1</math>. Ponieważ ciąg <math>(| c_n |)</math> jest malejący i zbieżny do zera, to z kryterium Leibniza (zobacz [[#D5|D5]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^n | c_n |</math> jest zbieżny. Zauważmy jeszcze, że dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant {\small\frac{2 \log (n + 2)}{n + 2}} < | c_n |</math>

Zatem na podstawie kryterium porównawczego (zobacz [[#D11|D11]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D109" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D109</span><br/>
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D111|D111]] pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w sensie Cesàro<ref name="CesaroSum1"/>. Nie będziemy zajmowali się tym tematem, ale podamy ciekawy przykład.

Rozważmy szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math>. Sumy częściowe tego szeregu wynoszą <math>S_k = {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}</math> i tworzą ciąg rozbieżny, ale ciąg kolejnych średnich arytmetycznych dla ciągu <math>(S_k)</math> jest równy

::<math>x_n = {\small\frac{S_0 + \ldots + S_n}{n + 1}}
= {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}}
= {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1 + (- 1)^n}{4 (n + 1)}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=1%2F%28n%2B1%29+*+Sum%5B+%281+%2B+%28-1%29%5Ek+%29%2F2%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D+%5D WolframAlfa])

Zatem szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i</math> jest sumowalny w sensie Cesàro i jego suma jest równa <math>{\small\frac{1}{2}}</math>.

<span id="D110" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D110</span><br/>
Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(a_k)</math> wynika, że

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| a_k | \leqslant U</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]])

:*   dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C5|C5]], [[Ciągi liczbowe#C7|C7]])

Możemy przyjąć, że warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon)</math>. Zatem dla <math>n > N</math> możemy napisać

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = {\small\frac{| a_0 | + \ldots + | a_N | + |a_{N + 1} | + \ldots + | a_n |}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon (n - N)}{n + 1}}</math>

::::::<math>\,\, < {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + \varepsilon</math>

Ponieważ liczba <math>n</math> może być dowolnie duża, to wyrażenie <math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}}</math> może być dowolnie małe. W szczególności warunek

::<math>{\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} < \varepsilon</math>

jest spełniony dla <math>n > {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1</math> i otrzymujemy, że

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | < 2 \varepsilon</math>

dla wszystkich <math>n > \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right)</math>. Zatem <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D111" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D111</span><br/>
Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych <math>x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}}</math> jest zbieżny do tej samej granicy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g</math>

Z definicji ciągu <math>(x_n)</math> dostajemy

::<math>x_n - g = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} - g
= {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n - (n + 1) g}{n + 1}}
= {\small\frac{(a_0 - g) + \ldots + (a_n - g)}{n + 1}}
= {\small\frac{a_0 - g}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{a_n - g}{n + 1}}</math>

Wynika stąd, że

::<math>0 \leqslant | x_n - g | \leqslant {\small\frac{| a_0 - g |}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{| a_n - g |}{n + 1}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k - g |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2). Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D112" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D112</span><br/>
Niech <math>(a_n)</math> i <math>(b_n)</math> będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a</math> i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''1. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0}</math>

Ponieważ ciąg <math>(b_n)</math> jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]), czyli istnieje taka liczba <math>U > 0</math>, że dla każdego <math>k \geqslant 0</math> jest <math>| b_k | \leqslant U</math>. Zatem

::<math>0 \leqslant \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | \leqslant {\small\frac{U}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k |</math>

W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D110|D110]] i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C11|C11]]) otrzymujemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| = 0</math>

Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right) = 0</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] p.&hairsp;2).

'''2. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \neq 0}</math>

Niech <math>x_n = a_n - a</math>. Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = 0</math>. Podstawiając, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum^n_{k = 0} (a + x_k) b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a b_{n - k} + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

:::::::<math>\, = a \cdot {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{j = 0}^{n} b_j + {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} x_k b_{n - k}</math>

W granicy, gdy <math>n \longrightarrow \infty</math>, z twierdzenia [[#D111|D111]] i udowodnionego wyżej przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, dostajemy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D113" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D113 (Niels Henrik Abel)</span><br/>
Jeżeli szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> są zbieżne i ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny, to <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Będziemy stosowali następujące oznaczenia

::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad \;\, B_n = \sum_{i = 0}^{n} b_i \qquad \qquad \;\; C_n = \sum_{i = 0}^{n} c_i</math>

Z założenia szeregi są zbieżne, zatem możemy napisać

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} A_n = A \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B \qquad \qquad \lim_{n \rightarrow \infty} C_n = C</math>

Rozważmy sumę

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k b_{n - k}</math> po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum^{m - i}_{j = 0} b_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i}</math>

::::<math>\;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{k = 0}^{m} a_k B_{m - k}</math>

Od sumowania wyrazów <math>a_k B_{m - k}</math> po <math>L + 1</math> kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po <math>L + 1</math> kolejnych liniach pionowych (zobacz [[#D104|D104]]).

::<math>\sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{i = 0}^{L} \sum_{j = 0}^{L - i} a_j B_i</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i \sum_{j = 0}^{L - i} a_j</math>

::::<math>\;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{m = 0}^{L} C_m = {\small\frac{1}{L + 1}} \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i}</math>

W granicy, gdy <math>L \longrightarrow \infty</math>, z twierdzeń [[#D111|D111]] i [[#D112|D112]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

<span id="D114" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D114</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> definiujemy wzorem

::<math>C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

gdzie <math>n \geqslant 0</math>.

<span id="D115" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D115</span><br/>
Liczby Catalana <math>C_n</math> mają następujące własności

:*   <math>C_n</math> są liczbami całkowitymi dodatnimi

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_n = {\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych wartości <math>n \geqslant 0</math>, bo <math>(C_n) = (1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, \ldots)</math>. W ogólności wystarczy zauważyć, że dla <math>n \geqslant 0</math> mamy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n + 1) ! (n - 1) !}} = {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} < {\small\binom{2 n}{n}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\binom{2 n}{n}} - {\small\binom{2 n}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} - {\small\frac{n}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

Zatem <math>C_n</math> jest liczbą całkowitą większą od zera.

'''Punkt 2.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2 n + 1}} {\small\binom{2 n + 1}{n}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) !}{n! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{2 n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{n}} {\small\binom{2 n}{n - 1}} = {\small\frac{1}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n - 1) ! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} = C_n</math>
</div>

'''Punkt 3.'''

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{C_{n + 1}}{C_n}} = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 1) !}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 2}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!n!}} \cdot (n + 1) \cdot {\small\frac{n!n!}{(2 n) !}} =</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}}</math>
</div>

'''Punkt 4.'''

Dowód tego punktu został umieszczony w Uzupełnieniu (zobacz [[#D140|D140]]).<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D116" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D116</span><br/>
Niech <math>C_n</math> oznacza <math>n</math>-tą liczbę Catalana i niech <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> oznacza szereg, który otrzymujemy, mnożąc szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> przez siebie według reguły Cauchy'ego. Pokazać, że

:*   jeżeli <math>a_n = C_n</math>,  to  <math>x_n = C_{n + 1}</math>

:*   jeżeli <math>a_0 = \alpha</math> i <math>a_n = r^{n - 1} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>,  to  <math>x_0 = \alpha^2</math>, <math>x_1 = 2 \alpha C_0</math> i <math>x_n = (1 + 2 \alpha r) r^{n - 2} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 2</math>

Dla jakich wartości <math>\alpha, r</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> jest zbieżny?

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 2.'''

Dla <math>n = 0</math> mamy <math>x_0 = a_0 a_0 = \alpha^2</math>

Dla <math>n = 1</math> mamy <math>x_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2 a_0 a_1 = 2 \alpha C_0</math>

Dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>x_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = a_0 a_n + a_n a_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k a_{n - k}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 a_0 a_n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^{k - 1} C_{k - 1} \cdot r^{n - k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{k = 1}^{n - 1} C_{k - 1} C_{n - k - 1}</math>

::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{j = 0}^{n - 2} C_j C_{n - 2 - j}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} C_{n - 1}</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\;\;\;\;\: = r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)</math>
</div>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = \frac{{\normalsize\frac{1}{n + 1}} {\normalsize\binom{2 n}{n}}}{{\normalsize\frac{1}{n}} {\normalsize\binom{2 n - 2}{n - 1}}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1) (2 n - 2) !}{n^2 [(n - 1) !]^2}} \cdot {\small\frac{[(n - 1) !]^2}{(2 n - 2) !}}
= {\small\frac{n}{n + 1}} \cdot {\small\frac{2 n (2 n - 1)}{n^2}}
= {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}}</math>

Z kryterium d'Alemberta dla szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> i szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> otrzymujemy

::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^n C_n}{r^{n - 1} C_{n - 1}}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} = | r | \cdot {\small\frac{2 (2 n - 1)}{n + 1}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

::<math>\left| {\small\frac{x_{n + 1}}{x_n}} \right| = \left| {\small\frac{r^{n - 1} C_n (1 + 2 \alpha r)}{r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r)}} \right| = | r | \cdot {\small\frac{C_n}{C_{n - 1}}} \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 4 | r |</math>

Zatem szeregi te są bezwzględnie zbieżne w przypadku, gdy <math>| r | < {\small\frac{1}{4}}</math>. W szczególności dla <math>\alpha = - {\small\frac{1}{2 r}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} x_n</math> zawsze będzie zbieżny, bo od trzeciego wyrazu będzie się składał z samych zer. Wiemy, że w przypadku, gdy <math>r = {\small\frac{1}{4}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2</math> jest zbieżny.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

<span id="D117" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D117</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> i <math>r \in \mathbb{R}</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy

::<math>(1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k</math>

'''Punkt 2.'''

Całkując obie strony wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>\int^r_0 (1 + x)^n d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \int^r_0 x^k d x</math>

::<math>{\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>

'''Punkt 3.'''

Obliczając pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy dowodzony wzór.

'''Punkt 4.'''

Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>

otrzymujemy

::<math>n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1}</math>

Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy

::<math>n(n - 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - n 2^{n - 1}</math>

Skąd natychmiast wynika dowodzony wzór.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D118" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D118</span><br/>
Dla <math>n, m \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ze wzoru Pascala

::<math>{\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

otrzymujemy

::<math>{\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>

Kładąc <math>a = n + k + 1</math>, mamy

::<math>{\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}}</math>

Czyli

::<math>{\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}}</math>

Wykorzystując powyższy wzór, łatwo pokazujemy, że (zobacz [[#D15|D15]])

::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Suma nieoznaczona</span> ===

<span id="D119" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D119</span><br/>
Sumą nieoznaczoną<ref name="IndefiniteSum1"/> (lub antyróżnicą) funkcji <math>f(k)</math>, będziemy nazywali dowolną funkcję <math>F(k)</math> taką, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>F(k + 1) - F (k) = f (k)</math>
</div>

Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji <math>F(k)</math>, bo jeżeli <math>F (k)</math> jest sumą nieoznaczoną, to <math>F (k) + C</math>, gdzie <math>C</math> jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W szczególności

::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = \sum_{k = a}^{b} (F (k + 1) - F (k))</math>

::::<math>\;\;\;\: = - \sum_{k = a}^{b} (F (k) - F (k + 1))</math>

<div style="margin-top: 1.1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = - ( F (a) - F (b + 1) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\;\;\;\: = F (b + 1) - F (a)</math>
</div>

Co przez analogię do całki nieoznaczonej możemy zapisać jako

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = F (k) \biggr\rvert_{a}^{b + 1} \qquad \qquad \qquad ( 1 )</math>
</div>

Należy podkreślić różnicę między sumą oznaczoną <math>S(n)</math> a sumą nieoznaczoną <math>F(k)</math>. Niech <math>f(k) = k^2</math>. Oczywiście

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 = {\small\frac{1}{6}} n (n + 1) (2 n + 1)</math>

::<math>F(k) = {\small\frac{1}{6}} (k - 1) k (2 k - 1)</math>

Ponieważ dla sumy <math>S(n)</math> prawdziwy jest związek <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>, to otrzymujemy <math>F(k) = S (k - 1)</math>. Weźmy kolejny przykład, niech <math>f(k) = r^k</math>, gdzie <math>r</math> jest stałą. Mamy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} r^k = {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}}</math>

ale

::<math>F(k) = {\small\frac{r^k}{r - 1}}</math>

i nie jest prawdą, że <math>F(k) = S (k - 1)</math>, bo pominięty został wyraz <math>{\small\frac{- 1}{r - 1}}</math>, który jest stałą, ale jest to zrozumiałe.

Niech teraz <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Tym razem otrzymujemy zupełnie inne wyniki: suma <math>S(n)</math> nie zależy od dwóch zmiennych, bo jest to niemożliwe, a suma nieoznaczona nadal zależy od <math>k</math>, bo dla <math>F(n, k)</math> musi być prawdziwy wzór <math>(1)</math>. Łatwo widzimy, że

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D120" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D120</span><br/>
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem <math>S(b) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math> i chcemy udowodnić jego poprawność. W prostych przypadkach możemy wykorzystać indukcję matematyczną: wystarczy pokazać, że

::<math>S(k + 1) = S (k) + f (k + 1)</math>

Jeżeli już udało nam się pokazać związek <math>f(k) = S (k) - S (k - 1)</math>, to równie dobrze możemy zamienić sumę na sumę teleskopową (zobacz [[#D15|D15]]), aby otrzymać, że

::<math>\sum_{k = a + 1}^{b} f (k) = \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k) - S (k - 1) )</math>

:::::<math>\;\, = - \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k - 1) - S (k) )</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = - ( S (a) - S (b) )</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 1em;">
:::::<math>\;\, = S (b) - S (a)</math>
</div>

Czyli

::<math>S(b) = \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) + S (a) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math>

bo <math>S(a) = f (a)</math>.

W przypadkach bardziej skomplikowanych nie możemy tak postąpić. W poprzedniej uwadze rozważaliśmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

ale

::<math>S(n) - S (n - 1) = {\small\frac{3 n + 1}{2 (n + 1)}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>

I nie da się pokazać związku <math>S(k) - S (k - 1) = f (n, k)</math>, bo różnica <math>S(k) - S (k - 1)</math> nie zależy od <math>n</math>.

Tutaj z pomocą przychodzi nam suma nieoznaczona. W programie Maxima możemy ją policzyć, wpisując polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);</span>

Otrzymujemy

::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>

Oczywiście

::<math>F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>

i

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

Podsumujmy. Jakkolwiek znalezienie ogólnego wzoru na sumę <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k)</math> może być bardzo trudne, to udowodnienie poprawności tego wzoru może być znacznie łatwiejsze (metodą indukcji matematycznej lub obliczając sumę teleskopową). Podobnie jest w bardziej skomplikowanym przypadku, gdy szukamy ogólnego wzoru na sumę <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Tutaj wymienionych przed chwilą metod zastosować nie można, a znalezienie wzoru na sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> może być jeszcze trudniejsze, ale gdy już taki wzór mamy, to sprawdzenie jego poprawności, czyli związku <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math>, może być bardzo łatwe, a wtedy otrzymujemy natychmiast

::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

<span id="D121" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D121</span><br/>
Korzystając z programu Maxima znaleźć sumę nieoznaczoną <math>F(n, k)</math> dla funkcji

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

i pokazać, że prawdziwy jest wzór <math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>, gdzie <math>C_n</math> są liczbami Catalana.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wpisując w programie Maxima polecenia

<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);</span>

otrzymujemy

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{(n - 2 k + 1) (2 n - 2 k + 1)}{(n + 1) (n + 2) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k)}{n - k}}</math>

Czytelnik bez trudu pokaże, że

::<math>F(n, k + 1) = - {\small\frac{(2 k + 1) (n - 2 k - 1)}{(n + 1) (n + 2) (k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

oraz łatwo sprawdzi związek <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math> i wyliczy sumę oznaczoną.

Chcemy zwrócić uwagę na występującą tutaj trudność. Oczywiście

::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>

ale funkcja <math>F(n, k)</math> nie jest określona dla <math>k = n + 1</math>. Żeby ominąć ten problem, możemy przekształcić funkcję <math>F(n, k)</math> tak, aby możliwe było obliczenie jej wartości dla <math>k = n + 1</math>

::<math>F(n, k) = - {\small\frac{n - 2 k + 1}{2 (n + 1) (n + 2)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k + 1)}{n - k + 1}}</math>

lub zapisać sumę w postaci

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (n, k) + f (n, n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n} + f (n, n)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math></span> ===

<span id="D122" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D122</span><br/>
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D138|D138]] i [[#D139|D139]] wyliczyliśmy <math>S(n)</math>, znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math> wynika z istnienia odpowiedniego równania rekurencyjnego dla składników sumy <math>f(n, k)</math>. Zagadnieniem tym zajmowała się siostra Mary Celine Fasenmyer, która podała algorytm postępowania<ref name="Fasenmyer1"/><ref name="Fasenmyer2"/>. Prace Zeilbergera oraz Wilfa i Zeilbergera uogólniły ten algorytm<ref name="Zeilberger1"/><ref name="WilfZeilberger1"/>. My przedstawimy jedynie kilka prostych przypadków, które zilustrujemy przykładami. Szersze omówienie tematu Czytelnik znajdzie w książce Petkovšeka, Wilfa i Zeilbergera<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1"/>.

<span id="D123" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D123</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Jeżeli składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a, b, c, d</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma <math>S (n)</math> spełnia równanie rekurencyjne

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo zauważamy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j)</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) =</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j)</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)</math>

Zatem sumując założone równanie rekurencyjne

::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>

po <math>k</math> od <math>k = 0</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>a \cdot [- f (n + 1, 0) + S (n + 1)] + b \cdot [- f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)] + c \cdot [- f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)] + d \cdot S (n) = 0</math>

Czyli

::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D124" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D124</span><br/>
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci <math>\sum_{k = 0}^{n} f (k)</math>, bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w takim przypadku natychmiast: <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>.

<span id="D125" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D125</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D118|D118]])

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W tym przypadku nie otrzymamy równania rekurencyjnego, ale od razu wzór ogólny na sumę <math>S(n)</math>.

Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + k + 1) (n + k + 2)}{(k + 1) (n + 1)}} + b \cdot {\small\frac{n + k + 1}{n + 1}} + c \cdot {\small\frac{n + k + 1}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(a + b) k^2 + ((2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d) k + (a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
a + b = 0 \\
(2 a + b + c + d) n + 3 a + 2 b + c + d = 0 \\
(a + c) n^2 + (3 a + b + 2 c + d) n + 2 a + b + c + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = - a</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = 0</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>- a S (n) = a - a {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - a \left( 1 - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right)</math>

::::<math>\;\;\: = - a \left[ {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right]</math>

::::<math>\;\;\: = - a {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>

I otrzymaliśmy dowodzony wzór.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum1() :=
(
f(n, k):= '''binomial'''(n+k, n), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''solve'''( S4 = 0, S[n] )
/* S[n] = (2*n+1)! / (n! * (n+1)!) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D126" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D126</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;1)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = r^k {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{(n + 1) r}{k + 1}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{(n - k) r}{k + 1}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c r - d) k^2 + (- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b) k + ((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c r - d = 0 \\
- ((a + 2 c) n + a + c) r + (b + d) n + b = 0 \\
((a + c) n^2 + (2 a + c) n + a) r + (b + d) n + b + d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a</math>, <math>d = - a \cdot r</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>S(n + 1) = (r + 1) S (n)</math>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = (r + 1)^n</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum2() :=
(
f(n, k):= r^k * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* S[n+1] = (r+1)*S[n] */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = C*(r+1)^n */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D127" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D127</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;2)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>. Po podstawieniu do równania (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>a \cdot {\small\frac{f (n + 1, k + 1)}{f (n, k)}} + b \cdot {\small\frac{f (n + 1, k)}{f (n, k)}} + c \cdot {\small\frac{f (n, k + 1)}{f (n, k)}} + d = 0</math>

i zredukowaniu silni, otrzymujemy

::<math>a \cdot {\small\frac{n + 1}{k + 2}} + b \cdot {\small\frac{n + 1}{n - k + 1}} + c \cdot {\small\frac{n - k}{k + 2}} + d = 0</math>

Sprowadzając do wspólnego mianownika, mamy

::<math>(c - d) k^2 + ((- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d) k + (a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0</math>

Ponieważ powyższe równanie musi być prawdziwe dla każdego <math>k</math>, to współczynniki przy potęgach <math>k</math> muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

::<math>
\begin{cases}
c - d = 0 \\
(- a + b - 2 c + d) n - a + b - c - d = 0 \\
(a + c) n^2 + (2 a + 2 b + c + 2 d) n + a + 2 b + 2 d = 0 \\
\end{cases}
</math>

Łatwo znajdujemy rozwiązania: <math>b = 0</math>, <math>c = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>, <math>d = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}}</math>. Skąd wynika związek dla <math>S(n)</math> (zobacz [[#D123|D123]])

::<math>(n + 2) S (n + 1) = 2 (n + 1) S (n) + 1</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>.

Do obliczeń wykorzystaliśmy oprogramowanie Maxima. Poniżej podajemy kod procedury.

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum3() :=
(
f(n, k):= 1/(k+1) * '''binomial'''(n, k), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d, /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ), /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */
/* przekształcamy F1, S1 */
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
'''print'''("równanie: ", F2),
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ), /* faktoryzuj i weź licznik */
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),
deg: '''hipow'''(F3, k),
'''print'''("stopień = ", deg),
/* stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań */
LE: ['''subst'''(0, k, F3) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i)=0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
'''print'''("lista równań: ", LE),
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ), /* lista rozwiązań */
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ), /* zamień na silnie i uprość silnie */
S3: '''subst'''( sol[1], S2), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
/* (n+2)*S[n+1] = 2*(n+1)*S[n] + 1 */
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] ) /* S[n] = ( (C+1) * 2^n - 1 )/(n + 1) */
)$</span>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D128" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D128</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Jeżeli zapiszmy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> w postaci

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{k!}}</math>

to natychmiast widzimy, że prawa strona musi być równa zero dla <math>k > n</math>.

Jeżeli we wzorze Pascala

::<math>{\small\binom{n}{k}} = {\small\binom{n - 1}{k}} + {\small\binom{n - 1}{k - 1}}</math>

położymy <math>n = m + 1</math> i <math>k = 0</math>, to otrzymamy

::<math>1 = 1 + {\small\binom{m}{- 1}}</math>

czyli <math>{\small\binom{m}{- 1}} = 0</math>

I tak samo dla wszystkich <math>k < 0</math>.

Znacznie mocniejszego uzasadnienia dostarczy nam funkcja gamma (zobacz [[#D141|D141]]), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję

::<math>g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}}</math>

Jeżeli <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>0 \leqslant k \leqslant n</math>, to funkcja <math>g(n, k)</math> jest równa współczynnikowi dwumianowemu <math>{\small\binom{n}{k}}</math>.

::<math>g(n, k) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1) \Gamma (n - k + 1)}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\binom{n}{k}}</math>

W przypadku, gdy <math>k < 0</math>, mamy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - x + 1)}} = 0 \cdot {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - k + 1)}} = 0</math>

W przypadku, gdy <math>k > n</math>, dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (n - x + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1)}} \cdot 0 = 0</math>

Co najlepiej wyjaśnia, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0</math> lub <math>k > n</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D129" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D129</span><br/>
Niech <math>n, I, J \in \mathbb{N}_0</math> i <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli <math>f(n, k) = 0</math>
dla <math>k \notin [0, n]</math> i składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

gdzie współczynniki <math>a_{i j}</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

spełnia następujące równanie rekurencyjne

::<math>\sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, zatem sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n, k)</math>

Niech <math>0 \leqslant i \leqslant I</math> oraz <math>0 \leqslant j \leqslant J</math>. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j)</math>

Zauważmy, że <math>f(n + i, k + j) = 0</math> dla <math>k \notin [- J, n + I]</math>, bo

:*   dla <math>k < - J</math> mamy <math>k + j < - J + j \leqslant 0</math>
:*   dla <math>k > n + I</math> mamy <math>k + j > n + I + j \geqslant n + I \geqslant n + i</math>

Wynika stąd, że rozszerzając rozpatrywaną sumę na cały zbiór liczb całkowitych, nie zmienimy wartości sumy. Czyli, że

::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math>

::<math>0 = \sum_{k = - J}^{n + I} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i)</math>

::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right]</math>

Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D130" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D130</span><br/>
Z zadania [[#D128|D128]] wynika, że jeżeli funkcja <math>f(n, k)</math> zawiera czynnik <math>{\small\binom{n}{k}}</math>, to może spełniać warunek <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja <math>f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>.

<span id="D131" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D131</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]] p.&hairsp;3)

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście <math>f(n, k) = k {\small\binom{n}{k}}</math>. Do rozwiązania problemu wykorzystamy oprogramowanie Maxima i procedurę

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum5(I, J) :=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( S[n+i] * '''sum'''(a[i,j], j, 0, J), i, 0, I),
S2: '''subst'''( sol[1], S1 ), /* pierwszy element listy sol */
S3: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S2 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S3 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S3 = 0, S[n] )
)$</span>

Wywołujemy procedurę <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span> i wpisujemy funkcję

<span style="font-size: 90%; color:black;">f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)</span>

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

<span style="font-size: 90%; color:black;">n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]</span>

którego rozwiązanie jest postaci

<span style="font-size: 90%; color:black;">S[n] = C * n * 2^(n-1)</span>

Łatwo sprawdzamy, że <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>C = 1</code></span>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D132" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D132</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwe są wzory

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n^2 (n + 1) {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wskazówki:

Korzystamy z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, której kod został podany w zadaniu [[#D131|D131]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>I, J</code></span>.

::<math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot n! \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

'''Punkt 1.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 1)</code></span>

'''Punkt 2.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 3.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 4.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 5.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>

'''Punkt 6.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(3, 2)</code></span><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D133" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D133</span><br/>
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D129|D129]]), że jeżeli dla dowolnego <math>n</math> wartość funkcji <math>f(n, k)</math> jest określona dla wszystkich <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>, to sumę <math>S(n)</math> możemy zapisać w równoważnej postaci
<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

Rozważmy teraz funkcję <math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>, która powyższego warunku nie spełnia, bo jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>. Jeżeli zapiszemy <math>f(n, k)</math> w postaci

::<math>f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{n!}{(k + 1) ! (n - k) !}}</math>

to natychmiast widzimy, że

::<math>f(n, - 1) = {\small\frac{n!}{0! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

Zatem w przypadku tej funkcji mamy

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) + f (n, - 1) = S (n) + {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

'''Zakładając''', że spełnione jest równanie

::<math>\sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0</math>

otrzymujemy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n + i, k + j)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{l \in \mathbb{Z}} f (n + i, l)</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right]</math>

:::::::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \left[ S (n + i) + {\small\frac{1}{n + i + 1}} \right] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Jeżeli mamy skończoną liczbę punktów <math>k_r \notin [0, n]</math>, w których funkcja <math>f(n, k)</math> jest określona i różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję

::<math>T(n) = f (n, k_1) + f (n, k_2) + f (n, k_3) + \ldots = \sum_r f (n, k_r)</math>

W takim przypadku otrzymamy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

::<math>\sum_{i = 0}^{I} [S (n + i) + T (n + i)] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>

Wystarczy drobna modyfikacja procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, aby obejmowała ona również takie przypadki

<span style="font-size: 90%; color:black;">sum6(I, J):=
(
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"), /* składnik sumy */
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
'''read'''("podaj definicję T(n)"), /* suma skończonych wartości funkcji f(n, k), gdzie k<0 lub k>n */
'''print'''("T(n) = ", T(n) ),
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),
deg: '''hipow'''(F2, k),
LE: ['''subst'''(0, k, F2) = 0],
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE), /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J), /* lista zmiennych */
sol: '''solve'''( LE, LV ), /* lista rozwiązań */
S1: '''sum'''( ( S[n+i] + T(n+i) ) * '''sum'''( a[i,j], j, 0, J ), i, 0, I ),
S2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( S1 ) ) ) ) ),
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ), /* pierwszy element listy sol */
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),
'''load'''("solve_rec"),
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )
)$</span>

Korzystając z powyższej procedury, Czytelnik może łatwo policzyć wypisane poniżej sumy.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>\boldsymbol{f(n,k)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-1)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-2)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{k = 0}^n f(n,k)}</math> || WolframAlpha
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+binomial%28n%2Ck%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK1]
|-
| <math>{\small\frac{1}{k + 2}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{n 2^{n + 1} + 1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK2]
|-
| <math>{\small\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>{\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 2} - n - 3}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK3]
|}

<span id="D134" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D134</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz zadanie [[#D146|D146]]). Zatem korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0</math>

i rozwiązanie

::<math>S(n) = C \cdot 4^n</math>

Łatwo sprawdzamy, że <math>C = 1</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D135" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D135</span><br/>
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz [[#D146|D146]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D147|D147]])

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Czyli

::<math>f(n, - 1) = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

Korzystając z procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne

::<math>(n^2 + 5 n + 6) S (n + 2) - 8 (n^2 + 4 n + 4) S (n + 1) + 16 (n^2 + 3 n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 2) (n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2)^2 S (n + 1) + 16 (n + 1) (n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>

::<math>(n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 2) !}} = 0</math>

Maxima nie potrafi rozwiązać tego równania rekurencyjnego, ale można sprawdzić, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math> jest jego rozwiązaniem.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== <span style="border-bottom:2px solid #000; padding-bottom: 0.2em">Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math></span> ===

<span id="D136" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D136</span><br/>
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D115|D115]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

<span id="D137" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D137</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(k)</math> nie zależy od <math>n</math> i dane są sumy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

to

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji sumy <math>T(n)</math> ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) \cdot {\small\frac{(2 n - 2 k) (2 n - 2 k - 1)}{(n - k)^2}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 (2 n - 2 k - 1) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} [4 (n - 1 - k) + 2] f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>

Czyli

::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D138" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D138</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} j {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} {\small\binom{2 k}{k}} \right]</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (n - k + k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math>

Ponieważ <math>T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

::<math>{\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1)</math>

Czyli

::<math>n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1)</math>

::<math>S(n) = 4 S (n - 1)</math>

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = 4^n</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D139" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D139</span><br/>
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Oznaczmy

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

Zauważmy, że

::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n + 1 - (k + 1)}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} - \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n</math>
</div>

Ponieważ <math>T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n</math> i <math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D137|D137]]), to otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1)</math>
</div>

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>. Dla <math>n = 0</math> mamy <math>S(0) = 1</math> i <math>{\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1</math>. Zatem wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>n - 1</math>, otrzymujemy dla <math>n</math>

::<math>{\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(n + 1)^2}{(2 n + 1) (2 n + 2)}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::::<math>\;\;\; = S (n)</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D140" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D140</span><br/>
Jeżeli <math>C_n</math> są liczbami Catalana, to

::<math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że

::<math>\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n - k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, = C_{n + 1}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math></span> ===

 

<span id="D141" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D141</span><br/>
Funkcja <math>\Gamma (z)</math><ref name="gamma1"/> jest zdefiniowana równoważnymi wzorami

::<math>\Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) > 0 \qquad \qquad</math> (definicja całkowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja Gaussa)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Eulera)

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Weierstrassa)

Trzy ostatnie wzory możemy wykorzystać do zdefiniowania funkcji <math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}}</math>, która jest określona dla dowolnych <math>z \in \mathbb{C}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}}</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z e^{\gamma z} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) e^{- \tfrac{z}{n}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji <math>\Gamma (x)</math> (kolor niebieski) i <math>{\small\frac{1}{\Gamma (x)}}</math> (kolor czerwony).

::[[File: gamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż równoważność definicji|Hide=Ukryj równoważność definicji}}

'''Równoważność definicji Gaussa i definicji całkowej Eulera'''

Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>. Rozważmy całki

::<math>I_k = \int^n_0 t^{z - 1 + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} d t</math>

gdzie <math>k = 0, \ldots, n</math>. Całkując przez części

::<math>d u = t^{z - 1 + k} \, d t \qquad \qquad \qquad v = \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k}</math>

::<math>u = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \qquad \qquad \qquad \quad \; d v = - {\small\frac{n - k}{n}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

otrzymujemy

::<math>I_k = {\small\frac{t^{z + k}}{z + k}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} \, \biggr\rvert_{0}^{n} \; + \; {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \int^n_0 t^{z + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k - 1} d t</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \cdot I_{k + 1}</math>

Zatem całkując <math>n</math>-krotnie przez części, mamy

::<math>I_0 = {\small\frac{n}{n z}} \cdot I_1</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot I_2</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot I_3</math>

::<math>\;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot I_n</math>

Ponieważ

::<math>I_n = \int^n_0 t^{z + n - 1} \, d t = {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

to

::<math>I_0 = \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot {\small\frac{n - 2}{n (z + 2)}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{1}{n (z + n - 1)}} \cdot {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}}</math>

:::::::::<math>\;\;\;\; = {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \int^n_0 t^{z - 1} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^n d t = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t</math>
</div>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Eulera i definicji Gaussa'''

::<math>{\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{k}} \right)^{- 1}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{\left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right)^z}{1 + {\small\frac{z}{k}}}</math>

::::::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} {\small\frac{k (k + 1)^z}{(k + z) k^z}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( {\small\frac{(n + 1) !}{n!}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(n + 1)^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z</math>

::::::::::<math>\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.

'''Równoważność definicji iloczynowej Weierstrassa i definicji Gaussa'''

Stała <math>\gamma</math> jest równa

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right)</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} = z^{- 1} \cdot e^{- \gamma z} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{e^{\tfrac{z}{k}}}{1 + \tfrac{z}{k}} \right)</math>

:::::::::<math>\, = z^{- 1} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{k e^{\tfrac{z}{k}}}{z + k} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot e^{\left( 1 + \tfrac{1}{2} + \ldots + \tfrac{1}{n} \right) z} \right)</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D142" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D142</span><br/>
Dla funkcji <math>\Gamma (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (1) = 1</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \neq 0</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>z \Gamma (z) = \Gamma (z + 1) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór Legendre'a o podwajaniu)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

::<math>\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} t^{1 - 1} e^{- t} d t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = - e^{- t} \biggr\rvert_{0}^{\infty} = 0 - (- 1) = 1</math>

'''Punkt 2.'''

Rozważmy definicję iloczynową Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math>

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Zauważmy, że funkcja wykładnicza <math>e^z</math> jest zawsze różna od zera (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB29|ZB29]] p.&hairsp;1). Mianowniki iloczynu <math>\left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math> dla ustalonego <math>z</math> są ograniczone, bo

::<math>\left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + \left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant 1 + | z |</math>

Pozostaje jeszcze pokazać, że występujący w mianowniku iloczyn

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}} = \frac{1}{\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\normalsize\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n}}</math>

(jako całość) jest dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> ograniczony. Zaczniemy od rozbicia tego iloczynu na dwie części

::<math>\prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} = \left[ \prod_{n = 1}^{N_0 - 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right] \cdot \left[ \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right]</math>

gdzie <math>N_0</math> zostało dobrane w ten sposób, aby dla wszystkich <math>n \geqslant N_0</math> było prawdziwe oszacowanie <math>\left| {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant {\small\frac{1}{2}}</math>. Pierwszy czynnik w nawiasie kwadratowym to iloczyn skończonej liczby skończonych liczb, zatem jest to pewna skończona liczba zespolona. Musimy zbadać drugi czynnik.

W związku z tym, że będziemy badali funkcję zmiennej zespolonej, zmieniamy używane oznaczenia (zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB31|ZB31]], [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB33|ZB33]]). Symbol <math>\ln (x)</math> oznacza tutaj logarytm rzeczywisty zmiennej rzeczywistej dodatniej (oznaczany dotychczas jako <math>\log (x)</math>), a <math>\operatorname{Log} (z)</math> oznacza wartość główną logarytmu zespolonego <math>\log (z)</math>.

Mamy

::<math>\ln \left| \prod_{n = N_0}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| = \ln \left( \prod_{n = N_0}^{\infty} \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right| \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left| \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \cdot e^{- z / n} \right|</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \ln \left( \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| \cdot | e^{- z / n} | \right)</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \ln \left| 1 + {\small\frac{z}{n}} \right| + \ln \left( e^{- \operatorname{Re}(z / n)} \right) \right]</math>

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \left[ \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \right) - \operatorname{Re}\left( {\small\frac{z}{n}} \right) \right] \qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;1

::::::::::<math>= \sum_{n = N_0}^{\infty} \operatorname{Re}\left( \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} \left| \operatorname{Log} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) - {\small\frac{z}{n}} \right| \leqslant</math>

::::::::::<math>\leqslant \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{| z |^2}{n^2}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad</math> zobacz [[Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia#ZB46|ZB46]] p.&hairsp;5

::::::::::<math>= | z |^2 \sum_{n = N_0}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>\leqslant | z |^2 \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>

::::::::::<math>= {\small\frac{1}{6}} \pi^2 | z |^2</math>

Wynika stąd, że dla dowolnego (ale ustalonego) <math>z</math> liczba

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{z / n}}{1 + {\normalsize\frac{z}{n}}} \qquad\qquad \text{dla} \quad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

jest liczbą skończoną różną od zera.

'''Punkt 3.'''

Z definicji Gaussa funkcji <math>\Gamma (z)</math> otrzymujemy

::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

::<math>\Gamma (z + 1) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) (z + 2) \cdot \ldots \cdot (z + n + 1)}}</math>

Zatem

::<math>z \Gamma (z) = z \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n}{z + n + 1}} \cdot {\small\frac{z + n + 1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{z + 1} n!}{(z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n) (z + n + 1)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{z + 1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\;\;\, = \Gamma (z + 1)</math>

'''Punkt 4.'''

Z definicji iloczynowej Eulera mamy

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1}</math>

Zatem

::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{1}{- z \Gamma (z) \Gamma (- z)}}</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{z \cdot (- z)}{- z}} \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 - {\small\frac{z}{n}} \right)</math>

::::::<math>\; = z \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right)</math>

::::::<math>\; = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}}</math>

gdzie wykorzystaliśmy wzór Eulera

::<math>\prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right) = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi z}}</math>

Dowód wzoru Eulera jest trudny. Elegancki dowód, ale tylko dla liczb rzeczywistych, Czytelnik znajdzie na stronie [https://proofwiki.org/wiki/Euler_Formula_for_Sine_Function/Real_Numbers#Proof_1 ProofWiki].

'''Punkt 5.'''

Z definicji Gaussa funkcji gamma mamy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^{2 z} n!}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + n)}}</math>

Jeżeli w powyższym równaniu położymy <math>2 n</math> zamiast <math>n</math>, to dostaniemy

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

Zauważmy teraz, że

::<math>2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right] = [2 z (2 z + 2) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)] \cdot [(2 z + 1) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)]</math>

::::::::::::::::::::::<math>\;\;\;\,\, = 2 z (2 z + 1) (2 z + 2) (2 z + 3) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)</math>

Czyli

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}}</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n) (2 z + 2 n + 1)}} \cdot (2 z + 2 n + 1)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2^{2 n + 2} [z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)] \cdot \left[ \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right) \right]}} \cdot 2 n \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot {\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}{\small\frac{n^{z + (1 / 2)} n!}{\left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \left( z + {\small\frac{3}{2}} \right) \cdot \ldots \cdot \left( z + n + {\small\frac{1}{2}} \right)}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + {\small\frac{2 z + 1}{2 n}} \right)</math>
</div>

:::<math>\;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \Gamma (z) \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot C \cdot 1</math>

Ponieważ wyrażenie

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}}</math>

nie zależy od <math>z</math>, a wartości funkcji <math>\Gamma (2 z)</math>, <math>\Gamma (z)</math> i <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> są określone dla <math>2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>, to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, to otrzymamy

::<math>\Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C</math>

Czyli

::<math>C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}}</math>

I ostatecznie dostajemy

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Przy okazji pokazaliśmy asymptotykę: <math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}}</math>

Zauważmy jeszcze, że gdy położymy <math>2 n + 1</math> zamiast <math>n</math>, to otrzymamy taki sam rezultat, bo

::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n + 1)^{2 z} (2 n + 1) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 n}} \right)^{\! 2 z} \cdot \left( {\small\frac{1}{1 + {\normalsize\frac{2 z}{2 n + 1}}}} \right)</math><br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D142|D142]] otrzymujemy<br/>
<span id="D143" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D143</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\Gamma (n + 1) = n!</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{\pi}{\cos (\pi z)}} \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \cdot (- 1)^n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wystarczy położyć <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 4. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma (n + 2) = (n + 1) \Gamma (n + 1) = (n + 1) n! = (n + 1) !</math>

Zauważmy, że funkcja <math>\Gamma (z)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych / zespolonych.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 4. twierdzenia [[#D142|D142]]

'''Punkt 4.'''

Wystarczy położyć <math>z = n</math> we wzorze 3. tego twierdzenia

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\Gamma \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} \cdot 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

::::::<math>\;\;\:\, = 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}}</math>

bo

::<math>\left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot {\small\frac{4 (n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)}} = 1</math>

'''Punkt 6.'''

Ze wzoru 3. i 4. tego twierdzenia dostajemy

::<math>\Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \frac{\pi \cdot (- 1)^n}{\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right)} = \frac{\pi \cdot (- 1)^n \cdot n!}{2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot (2 n) !} = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

'''Punkt 7.'''

Ze wzoru Legendre'a o podwajaniu otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

gdzie <math>z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Dla <math>z = - n</math> po lewej stronie mamy symbol nieoznaczony <math>{\small\frac{\infty}{\infty}}</math>, ale w punktach <math>z = - n</math> istnieje granica funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}}</math>

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = {\small\frac{2^{- 2 n - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} \cdot 10^{| x |}</math>. Uwaga: wykres funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> został celowo zniekształcony przez dodanie czynnika <math>10^{| x |}</math>, aby dało się zauważyć, że wartości granic <math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}}</math> są różne od zera dla <math>n \in \mathbb{N}_0</math>.

::[[File: gamma2.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D144" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D144</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wiemy, że jeżeli <math>z</math> nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D142|D142]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math>

Zatem

::<math>\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}}</math>

Dzieląc powyższe równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1)}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}} = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Skąd dostajemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (- z + 1)}{\Gamma (- a z + 1)}} \cdot {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}}</math>

Niech <math>k</math> oznacza dowolną liczbę całkowitą. W granicy, gdy <math>z \rightarrow k</math>, mamy

::<math>\lim_{z \rightarrow k} {\small\frac{\sin (\pi z)}{\sin (\pi a z)}} = {\small\frac{\pi \cdot \cos (\pi k)}{a \pi \cdot \cos (\pi a k)}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{(- 1)^k}{(- 1)^{a k}}} = {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) k}</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Wynika stąd, że

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (a n + 1)}} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) n} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D145" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D145</span><br/>
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>a \in \mathbb{Z}_+</math>, to

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#D142|D142]] p.&hairsp;3 wynika, że

::<math>\Gamma (a z + a n + 1) = \Gamma (a z + 1) \cdot \prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)</math>

::<math>\Gamma (b z + b n + 1) = \Gamma (b z + 1) \cdot \prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)</math>

Dzieląc równania przez siebie, otrzymujemy

::<math>{\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (b z + b n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n}_{j = 1} (a z + j)} = {\small\frac{\Gamma (a z + a n + 1)}{\Gamma (z + n + 1)}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b z + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a z + j)} \cdot {\small\frac{b}{a}}</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{\displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (- b n + j)}{\displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (- a n + j)} \cdot {\small\frac{\Gamma (1)}{\Gamma (1)}} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot \frac{(- 1)^{b n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{b n - 1}_{j = 1} (b n - j)}{(- 1)^{a n - 1} \cdot \displaystyle\prod^{a n - 1}_{j = 1} (a n - j)} =
{\small\frac{b}{a}} \cdot (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n - 1) !}{(a n - 1) !}} =
(- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D146" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D146</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - n} g (x) = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zapiszmy funkcję <math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math> w postaci

::<math>g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} = {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} = {\small\frac{\Gamma (2 n + 1)}{\Gamma (n + 1)^2}}</math>

Możemy teraz przejść do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

bo funkcja <math>\Gamma (x)</math> jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych.

Korzystając z twierdzenia [[#D145|D145]], otrzymujemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1)^n \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}}</math>

Ale wiemy, że (zobacz [[#D141|D141]])

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} = 0</math>

Co należało pokazać i co jest dobrze widoczne na wykresie funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>

::[[File: gamma3.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D147" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D147</span><br/>
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math> i <math>g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że

:*   rozszerzając funkcję <math>g(n)</math> na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

:*   <math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = - {\small\frac{1}{2}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Oczywiście funkcja <math>g(k)</math> nie jest określona w punkcie <math>k = - 1</math>

::<math>g(k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = {\small\frac{1}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(2 k) !}{(k!)^2}} = {\small\frac{(2 k) !}{(k + 1) !k!}} = {\small\frac{\Gamma (2 k + 1)}{\Gamma (k + 2) \Gamma (k + 1)}}</math>

Jeżeli przejdziemy do zmiennej rzeczywistej

::<math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

to łatwo pokażemy, że granica funkcji <math>g(x)</math> w punkcje <math>x = - 1</math> istnieje i jest równa <math>- {\small\frac{1}{2}}</math>.

Z twierdzenia [[#D145|D145]] dostajemy

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)}} = (- 1) \cdot {\small\frac{1}{2}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Czyli

::<math>\lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = \lim_{x \rightarrow - 1} {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} = - {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{1}{\Gamma (1)}} = - {\small\frac{1}{2}}</math>

Co dobrze widać na wykresie funkcji <math>g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}}</math>

::[[File: gamma4.png|600px|none]]
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math></span> ===

 

<span id="D148" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D148</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> (inne oznaczenia: <math>\Psi (z)</math>, <math>\psi_0 (z)</math>, <math>\psi^{(0)} (z)</math> ) definiujemy jako pochodną logarytmiczną (czyli pochodną logarytmu) funkcji <math>\Gamma (z)</math>. Mamy zatem

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z)) = {\small\frac{\Gamma' (z)}{\Gamma (z)}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji <math>\psi (x)</math>

::[[File: digamma1.png|700px|none]]
□
{{\Spoiler}}

<span id="D149" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D149</span><br/>
Funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad</math> (wzór szeregowy Weierstrassa)

gdzie <math>\gamma</math> jest stałą Eulera.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Skorzystamy z definicji iloczynowej Weierstrassa funkcji <math>\Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]])

::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{z / n} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>

Mamy

::<math>\log \Gamma (z) = - \gamma z - \log z + \sum_{n = 1}^{\infty} \left[ - \log \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) + {\small\frac{z}{n}} \right]</math>

Różniczkując, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = {\small\frac{d}{d z}} (\log \Gamma (z))</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \left( - \frac{{\small\frac{1}{n}}}{1 + {\small\frac{z}{n}}} + {\small\frac{1}{n}} \right)</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - {\small\frac{1}{z}} - \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + z}} + \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}}</math>

:::<math>\;\;\: = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D150" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D150</span><br/>
Dla funkcji digamma <math>\psi (z)</math> prawdziwe są następujące wzory

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (1) = - \gamma</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
:*   <math>\psi (- z + 1) - \psi (z) = \pi \operatorname{ctg}(\pi z) \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
</div>

:*   <math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}}\right) + \log 2 \qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (wzór na podwajanie)

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Wzór wynika natychmiast z twierdzenia [[#D149|D149]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;2), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z + 1) = \log z + \log \Gamma (z)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z + 1) = {\small\frac{1}{z}} + \psi (z)</math>

'''Punkt 3.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}}</math> (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;3), otrzymujemy

::<math>\log \Gamma (z) + \log \Gamma (- z + 1) = \log \pi - \log (\sin (\pi z))</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, mamy

::<math>\psi (z) - \psi (- z + 1) = - {\small\frac{1}{\sin (\pi z)}} \cdot \cos (\pi z) \cdot \pi = - \pi \operatorname{ctg}(\pi z)</math>

'''Punkt 4.'''

Korzystamy ze wzoru Legendre'a o podwajaniu (zobacz [[#D141|D141]] p.&hairsp;4)

::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Logarytmując obie strony powyższego wzoru, dostajemy

::<math>\log \Gamma (2 z) = (2 z - 1) \log 2 - \log \sqrt{\pi} + \log \Gamma (z) + \log \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Różniczkując obie strony równania po zmiennej <math>z</math>, otrzymujemy

::<math>2 \psi (2 z) = 2 \log 2 + \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Czyli

::<math>\psi (2 z) = \log 2 + {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D150|D150]] otrzymujemy<br/>
<span id="D151" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D151</span><br/>
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math> i <math>n \in \mathbb{N}_0</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( - z + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \operatorname{tg}(\pi z) \qquad z \neq k + {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
:*   <math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Kładąc we wzorze na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

<math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (1) = {\small\frac{1}{2}} \psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) + {\small\frac{1}{2}} \psi (1) + \log 2</math>

Skąd mamy natychmiast

::<math>\psi \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi (1) - 2 \log 2 = - \gamma - 2 \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

We wzorze

::<math>\psi (z + 1) = \psi (z) + {\small\frac{1}{z}}</math>

połóżmy <math>z = k</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Mamy

::<math>- {\small\frac{1}{k}} = \psi (k) - \psi (k + 1)</math>

Sumując obie strony od <math>k = 1</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy

::<math>- \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^{n} [\psi (k) - \psi (k + 1)] = \psi (1) - \psi (n + 1)</math>

bo suma po prawej stronie jest sumą teleskopową (zobacz [[#D13|D13]]). Zatem

::<math>\psi (n + 1) = - \gamma + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = - \gamma + H_n</math>

gdzie <math>H_n</math> jest <math>n</math>-tą liczbą harmoniczną.

'''Punkt 3.'''

Wystarczy położyć <math>z = z' + {\small\frac{1}{2}}</math> we wzorze 3. twierdzenia [[#D150|D150]].

'''Punkt 4.'''

Kładąc we wzorze z punktu 3. <math>z = n</math> i uwzględniając, że <math>\operatorname{tg}(\pi n) = 0</math>, dostajemy

::<math>\psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

'''Punkt 5.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>\psi \left( n + 1 + {\small\frac{1}{2}} \right) = \psi \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2}}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + {\small\frac{2}{2 n + 1}}</math>

::::::<math>\;\;\;\, = - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^{n + 1} {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

gdzie skorzystaliśmy z twierdzenia [[#D150|D150]] p.&hairsp;2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D150|D150]] p.&hairsp;4), mamy

::<math>2 \psi (2 z) = \psi (z) + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + 2 \log 2</math>

::<math>2 \psi (2 z) - \psi (z) = 2 \log 2 + \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math>, otrzymujemy

::<math>\lim_{z \to - n} [2 \psi (2 z) - \psi (z)] = 2 \log 2 + \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) =</math>

::::::::<math>\:\, = 2 \log 2 - \gamma - 2 \log 2 + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

::::::::<math>\:\, = - \gamma + 2 \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>

'''Punkt 7.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie

::<math>\psi (2 z) = {\small\frac{1}{2}} \psi (z) + {\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2</math>

dostajemy

::<math>{\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}} + \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2}{\psi (z)}</math>

W granicy, gdy <math>z \longrightarrow - n</math> wartość funkcji <math>\psi (z)</math> dąży do <math>\pm \infty</math>. Ponieważ licznik po prawej stronie dąży do wartości skończonej

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{1}{2}} \psi \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 \;\; \xrightarrow{\; z \rightarrow -n \;} \;\; {\small\frac{1}{2}} \psi \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma - \log 2 + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}} + \log 2 = - {\small\frac{1}{2}} \gamma + \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{2 k - 1}}</math>
</div>

to

::<math>\lim_{z \to - n} \frac{{\small\frac{1}{2}} \psi (z + {\small\frac{1}{2}}) + \log 2}{\psi (z)} = 0</math>

Zatem

::<math>\lim_{z \to - n} {\small\frac{\psi (2 z)}{\psi (z)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D152" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D152</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że prawdziwy jest wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

gdzie <math>\psi (x)</math> jest funkcją digamma.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia [[#D149|D149]] wiemy, że funkcję digamma <math>\psi (z)</math> możemy zapisać w postaci

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n + z}} \right)</math>

Zatem

::<math>\psi (z_1) - \psi (z_2) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{n + z_2}} - {\small\frac{1}{n + z_1}} \right)</math>

Rozkładając sumę <math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}}</math> na dwie sumy (po <math>k</math> parzystych i <math>k</math> nieparzystych), otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{ak + 1}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n) + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{a (2 n + 1) + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}}</math>

:::::<math>\:\, = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 a n + 1}} - {\small\frac{1}{2 a n + a + 1}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \frac{1}{n + {\small\frac{1}{2 a}}} - \frac{1}{n + {\small\frac{a + 1}{2 a}}} \right)</math>

:::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D153" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D153</span><br/>
Niech <math>a \in \mathbb{R}_+</math>. Pokazać, że

::<math>\int^1_0 {\small\frac{1}{1 + x^a}} d x = {\small\frac{1}{2 a}} \left[ \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2}} \right) - \psi \left( {\small\frac{1}{2 a}} \right) \right]</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Wzór wynika natychmiast z połączenia rezultatu z zadania poprzedniego ([[#D152|D152]]) i zadania [[#D6|D6]].<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Uogólnione twierdzenie o wartości średniej. Wzór Frullaniego</span> ===

 

<span id="D154" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D154</span><br/>
Podamy niżej uogólnione twierdzenie o wartości średniej (dla całek) i dowód tego twierdzenia (zobacz [[#D160|D160]]). Samo twierdzenie i jego dowód są dobrze znane, ale najczęściej postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>. Bardzo rzadko można spotkać mocniejsze sformułowanie, w którym postuluje się istnienie odpowiedniego punktu <math>\xi</math> w przedziale otwartym <math>(a, b)</math>. A jeśli już spotkamy to dokładniejsze sformułowanie, to pozostanie ono bez dowodu. Nie jest to dziwne, bo dowód (stosunkowo prosty) jest długi i lepiej po prostu pozostawić go czytelnikowi. Postanowiliśmy uzupełnić tę lukę.

<span id="D155" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D155</span><br/>
W tekście będziemy używać pojęć: „zbiór miary zero” i „prawie wszędzie”. Chcemy te sformułowania nieco przybliżyć Czytelnikowi.

Pojęcie '''zbiór miary zero''' w przypadku całki Riemanna oznacza: zbiór tak mały, że nie ma on wpływu na wartość całki.

Pojęcie '''prawie wszędzie''' w przypadku całki Riemanna oznacza: wszędzie poza zbiorem tak małym, że nie ma on wpływu na wartość całki lub wszędzie poza '''zbiorem miary zero'''.

Całka Riemanna „widzi” tylko to, co dzieje się na odcinkach o dodatniej długości, a ignoruje pojedyncze punkty, bo na najmniejszym nawet odcinku (choćby tylko maleńkim otoczeniu punktu) da się zbudować prostokąt, a na punkcie prostokąta nie utworzymy.

Nie przez przypadek będziemy mówili o „przedziałach” i „podprzedziałach”, bo to one (i tylko one) dają wkład do całki Riemanna. Wartość całki Riemanna jest całkowicie niewrażliwa na zmiany funkcji w pojedynczych punktach. Punkty nie dają żadnego wkładu do ostatecznego wyniku, ponieważ nie mają one „szerokości”. W przypadku nieskończonej liczby punktów są dwie możliwości: dopóki punkty te są rozproszone na tyle „rzadko”, że funkcja pozostaje całkowalna, ich łączny wkład do całki nadal wynosi zero. Jeśli jednak punktów tych jest nieskończenie wiele i są one rozłożone zbyt „gęsto”, to definicja całki Riemanna się załamuje – sumy dolne i górne nie mogą się spotkać, przez co całka Riemanna przestaje istnieć.

Zauważmy, że zmiana wartości funkcji w skończonej lub przeliczalnej liczbie punktów nie wpływa na wartość całki. Konsekwentnie: jeżeli dwie funkcje są równe '''prawie wszędzie''', to mają takie same całki Riemanna. Przykłady funkcji, których całki w dowolnym przedziale są takie same

::<math>f(x) = 0 \qquad\qquad g(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x = 0 \\
0 & \text{gdy } x \neq 0 \\
\end{cases}
\qquad\qquad
h(x) =
\begin{cases}
x & \text{gdy } x \in \mathbb{Z} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Z} \\
\end{cases}</math>

Przykład funkcji, której całka Riemanna nie istnieje

::<math>f(x) =
\begin{cases}
1 & \text{gdy } x \in \mathbb{Q} \\
0 & \text{gdy } x \notin \mathbb{Q} \\
\end{cases}</math>

gdzie <math>\mathbb{Q}</math> oznacza zbiór liczb wymiernych. Powyższą funkcję nazywamy funkcją Dirichleta. Zauważmy, że różni się ona od funkcji <math>f(x) = 0</math> jedynie w przeliczalnej liczbie punktów (zbiór <math>\mathbb{Q}</math> jest zbiorem przeliczalnym), ale tym razem liczba punktów jest tak wielka i są tak „gęsto” rozmieszczone w <math>\mathbb{R}</math>, że całka nie istnieje. Poniżej podajemy twierdzenie (bez dowodu), które pozwala rozstrzygnąć, kiedy funkcja jest całkowalna.

<span id="D156" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D156*</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> spełnia jeden z podanych warunków
:* <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona w przedziale <math>[a, b]</math> i ma w nim tylko skończoną liczbę punktów nieciągłości
:* <math>f(x)</math> jest ograniczona i monotoniczna w przedziale <math>[a, b]</math>
to jest w tym przedziale całkowalna.

<span id="D157" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D157</span><br/>
Sformułować definicję granicy funkcji w punkcie <math>x_0</math> oraz definicję ciągłości funkcji w punkcie <math>x_0</math>. Omówić różnice.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
'''Definicja granicy (skończonej)'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>0 < |x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę skończoną <math>g</math> w punkcie <math>x_0</math>.

'''Definicja ciągłości'''<br/>
Niech <math>f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do dziedziny funkcji <math>f</math> spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

to powiemy, że funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>.

Definicje zapisane przy użyciu kwantyfikatorów

'''Definicja granicy''': <math>\qquad\qquad \;\,\, \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \quad 0 < |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - g| < \varepsilon</math>

'''Definicja ciągłości''': <math>\qquad\qquad \forall_{\varepsilon > 0} \quad \exists_{\delta > 0} \quad \forall_{x \in D} \qquad \;\;\; |x - x_0 | < \delta \quad \Longrightarrow \quad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Podstawowe różnice

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|-
!width=540| Granica (skończona)
!width=540| Ciągłość
|-
| Funkcja <math>f</math> nie musi być określona w punkcie <math>x_0</math>.
| Funkcja <math>f</math> musi być określona w punkcie <math>x_0</math>, a <math>f(x_0)</math> musi mieć wartość skończoną.
|-
| Liczba <math>g</math> może mieć dowolną wartość skończoną (bo mówimy tutaj o granicy skończonej).
| Rolę liczby <math>g</math> pełni konkretna wartość: wartość, jaką funkcja <math>f</math> przyjmuje w punkcie <math>x_0</math>.
|-
| Warunek <math>0 < | x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>. To czy funkcja jest określona w <math>x_0</math>, czy nie jest i jaką wartość ma w <math>x_0</math>, nie ma znaczenia.
| Warunek <math>|x - x_0 | < \delta</math> oznacza, że badamy zachowanie funkcji wokół punktu <math>x_0</math>, wraz z punktem <math>x_0</math>. Zauważmy, że warunek ten dopuszcza sytuację <math>x = x_0</math>.
|}

'''Podsumowanie'''

Ciągłość stawia dodatkowe wymagania, co najlepiej widzimy w następującym twierdzeniu:

Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> wtedy i tylko wtedy, gdy
:*    istnieje granica skończona <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = g</math>.
:*    funkcja jest określona w <math>x_0</math> (istnieje <math>f(x_0)</math>).
<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 0em;">
:*    <math>g = f (x_0)</math>.
</div><br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D158" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D158</span><br/>
Pokazać, że jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math> oraz <math>f (x_0) > 0</math>, to istnieje takie otoczenie <math>U = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Do dowodu wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji (zobacz [[#D157|D157]]). Funkcja <math>f</math> jest ciągła w punkcie <math>x_0</math>, jeżeli dla dowolnej liczby <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że spełniony jest warunek

::<math>|x - x_0 | < \delta \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad |f (x) - f (x_0) | < \varepsilon</math>

Zapiszmy nierówność dla wartości funkcji w postaci

::<math>f(x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon</math>

Powyższa definicja musi być spełniona dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math>. Z założenia <math>f(x_0) > 0</math> i jeżeli wybierzemy <math>0 < \varepsilon < f (x_0)</math>, to możemy napisać

::<math>0 < f (x_0) - \varepsilon < f (x) < f (x_0) + \varepsilon \qquad\qquad (\ast)</math>

Ze wspomnianej na początku rozwiązania definicji ciągłości wynika, że dla tak ustalonego <math>\varepsilon</math> istnieje taka liczba <math>\delta > 0</math>, że dla każdego <math>x</math> należącego do przedziału <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>
prawdziwy jest ciąg nierówności <math>(\ast)</math>.

Zatem <math>f(x) > 0</math> w przedziale <math>(x_0 - \delta, x_0 + \delta)</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D159" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D159</span><br/>
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[a, b]</math>, a <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[a, b]</math>. Pokazać, że jeżeli

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

to <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że istnieje taki punkt <math>x_0 \in [a, b]</math>, dla którego <math>f(x_0) > 0</math>. Z ciągłości funkcji <math>f</math> w punkcie <math>x_0</math> wynika, że istnieje otoczenie <math>U</math> punktu <math>x_0</math> takie, że dla każdego <math>x \in U</math> zachodzi <math>f(x) > 0</math> (zobacz [[#D158|D158]]). Oczywiście w przypadku punktu <math>x_0 = a</math> będzie to otoczenie prawostronne, a w przypadku punktu <math>x_0 = b</math> lewostronne. Dostajemy natychmiast

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = \int_{[a, b] \setminus U} f (x) g (x)\,dx + \int_U f (x) g (x)\,dx > 0</math>

Jest tak, ponieważ pierwsza całka po prawej stronie jest nieujemna (całkujemy funkcję nieujemną), a druga całka jest dodatnia (całkujemy funkcję dodatnią). Widzimy, że nasze przypuszczenie doprowadziło do sprzeczności z założeniem, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

W konsekwencji <math>f(x) = 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D160" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D160 (uogólnione twierdzenie o wartości średniej)</span><br/>
Niech <math>f</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, a <math>g</math> funkcją całkowalną i niezmieniającą znaku, tzn. <math>g(x) \geqslant 0</math> lub <math>g(x) \leqslant 0</math> dla każdego <math>x \in [a, b]</math>. Wówczas istnieje taki punkt <math>\xi \in (a, b)</math>, że

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>g(x) \geqslant 0</math>, bo w przypadku, gdy <math>g(x) \leqslant 0</math>, wystarczy pomnożyć obie strony równania przez <math>- 1</math> i dowodzić twierdzenie dla funkcji <math>\hat{g} (x) = - g (x)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ f(x) }</math> jest funkcją stałą'''

W przypadku, gdy funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją stałą, mamy <math>f(x) = C</math> w przedziale <math>[a, b]</math> i oczywiście

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = C \int_a^b g (x)\,dx</math>

Zatem możemy wybrać dowolny punkt <math>\xi \in (a, b)</math>.

Od tej chwili będziemy zakładali, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest funkcją stałą w przedziale <math>[a, b]</math>.

'''Ciąg nierówności dla całek'''

Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale domkniętym <math>[a, b]</math>, to na mocy twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów<ref name="Weierstrass1"/>, funkcja ta przyjmuje w tym przedziale swoją wartość najmniejszą <math>m</math> oraz wartość największą <math>M</math>. Zatem dla każdego <math>x \in [a, b]</math> zachodzi nierówność

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Pomnóżmy powyższą nierówność stronami przez <math>g(x)</math>. Ponieważ <math>g (x) \geqslant 0</math>, zwroty nierówności zostają zachowane

::<math>m \cdot g (x) \leqslant f (x) g (x) \leqslant M \cdot g (x)</math>

Całkując strony nierówności w przedziale <math>[a, b]</math> względem zmiennej <math>x</math>, dostajemy

::<math>m \int_a^b g(x)\,dx \leqslant \int_a^b f (x) g (x)\,dx \leqslant M \int_a^b g (x)\,dx \qquad\qquad (\ast)</math>

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx = 0 }</math>'''

W tym przypadku z ciągu nierówności <math>(\ast)</math> wynika natychmiast, że

::<math>\int_a^b f (x) g(x)\,dx = 0</math>

Zatem dowodzona równość jest prawdziwa, bo równanie <math>0 = f (\xi) \cdot 0</math> jest prawdziwe dla dowolnego <math>\xi \in (a, b)</math>.

'''Przypadek, gdy <math>\boldsymbol{ \int_a^b g(x)\,dx > 0 }</math>'''

W tym przypadku możemy ciąg nierówności <math>(\ast)</math> podzielić przez całkę <math>\int_a^b g(x)\,dx</math>. Mamy

::<math>m \leqslant {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}} \leqslant M</math>

Zdefiniujmy liczbę <math>w</math>

::<math>w = {\normalsize\frac{\int_a^b f (x) g (x)\,dx}{\int_a^b g (x)\,dx}}</math>

Widzimy, że prawdziwy dla niej ciąg nierówności

::<math>m \leqslant w \leqslant M</math>

jest taki sam, jaki zachodzi dla funkcji <math>f(x)</math>.

'''Podprzypadek, gdy <math>\boldsymbol{ m < w < M }</math>'''

Rozważmy dwa punkty w przedziale <math>[a, b]</math>, w których funkcja <math>f</math> osiąga swoje kresy
:*    niech <math>x_m</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_m) = m</math>
:*    niech <math>x_M</math> będzie punktem, w którym <math>f(x_M) = M</math>

Ponieważ <math>m < M</math>, to <math>x_m \neq x_M</math> i punkty te wyznaczają pewien przedział. Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>x_m < x_M</math>. Mamy zatem <math>[x_m, x_M] \subset [a, b]</math>. Z twierdzenia Darboux o wartościach pośrednich<ref name="Darboux1"/> wynika, że wewnątrz przedziału <math>[x_m, x_M]</math> istnieje taki punkt <math>\xi</math>, że <math>f (\xi) = w</math>. Ponieważ przedział <math>[x_m, x_M]</math> leży w <math>[a, b]</math>, to jego wnętrze <math>(x_m, x_M)</math> leży w <math>(a, b)</math>. Zatem <math>\xi \in (a, b)</math> i z definicji liczby <math>w</math> wynika dowodzony wzór

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

'''Podprzypadek, gdy <math>w = m</math> (analogicznie postępujemy, gdy <math>w = M</math>)'''

Z definicji liczby <math>w</math> otrzymujemy

::<math>\int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = 0 \qquad\qquad (\ast \ast)</math>

Niech <math>U = \{ [a, b] \ni x \, : \, g (x) > 0\}</math> będzie zbiorem tych puntów <math>x</math>, dla których <math>g(x) > 0</math>. Pamiętamy, że całka z funkcji <math>g(x)</math> jest dodatnia

::<math>\int_a^b g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} g (x)\,dx + \int_U g (x)\,dx = \int_U g (x)\,dx > 0</math>

Wynika stąd, że zbiór <math>U</math> nie może być zbiorem miary zero, czyli musi zawierać przynajmniej jeden podprzedział przedziału <math>[a, b]</math>. Dla ustalenia uwagi niech będzie to podprzedział <math>[r, s]</math> i rozważmy całkę <math>(\ast \ast)</math>. Ponieważ iloczyn <math>(f (x) - m) g (x)</math> jest funkcją nieujemną, to dostajemy

::<math>0 = \int_a^b (f (x) - m) g (x)\,dx = \int_{[a, b] \backslash U} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{U \backslash [r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx + \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx</math>

:::::::::<math>\;\;\;\;\:\, \geqslant \int_{[r, s]} (f (x) - m) g (x)\,dx \geqslant 0</math>

Skąd wynika, że musi być

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

Jeśli połączymy powyższy warunek z oczywistymi faktami, że
:*    funkcja <math>f(x) - m</math> jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale <math>[r, s]</math>
:*    funkcja <math>g(x)</math> funkcją całkowalną i dodatnią w <math>[r, s]</math>

to na podstawie zadania [[#D159|D159]]<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> natychmiast widzimy, że musi być <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>. Ponieważ <math>[r, s] \subset U \subset [a, b]</math> i <math>f(x) = m</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to możemy wybrać punkt <math>\xi \in [r, s]</math> taki, że <math>\xi \neq a</math>, <math>\xi \neq b</math> i <math>f (\xi) = m</math>. Wtedy z definicji liczby <math>w</math>, dostajemy

::<math>\int_a^b f (x) g (x)\,dx = w \int_a^b g (x)\,dx = m \int_a^b g (x)\,dx = f (\xi) \int_a^b g (x)\,dx</math>

gdzie <math>\xi \in (a, b)</math>. Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że nie musimy korzystać z rezultatu pokazanego w zadaniu [[#D159|D159]]. Z warunku

::<math>\int^s_r (f (x) - m) g (x)\,dx = 0</math>

wynika, że <math>(f (x) - m) g (x) = 0</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Ponieważ <math>g(x) > 0</math> dla każdego <math>x \in [r, s]</math>, to <math>f(x) = m</math> prawie wszędzie w <math>[r, s]</math>. Co całkowicie wystarcza, aby wybrać odpowiedni punkt <math>\xi \in [r, s]</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D161" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D161*</span><br/>
Twierdzenie obejmuje różne rodzaje granic: <math>x \rightarrow x_0, x^+_0, x^-_0, \infty, - \infty</math>. Dowolny z tych punktów granicznych oznaczyliśmy ogólnie jako <math>x^{\ast}</math>. Typy granic i odpowiadające im sąsiedztwa zostały zestawione w tabeli

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! Typ granicy <math>\boldsymbol{ ( x \rightarrow x^{\ast} ) }</math>
| <math>x \rightarrow x_0</math> || <math>x \rightarrow x^+_0</math> || <math>x \rightarrow x^-_0</math> || <math>x \rightarrow \infty</math> || <math>x \rightarrow - \infty</math>
|-
! Sąsiedztwo <math>\boldsymbol{ S }</math>
| <math>(x_0 - \delta, x_0) \cup (x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0, x_0 + \delta)</math> || <math>(x_0 - \delta, x_0)</math> || <math>(M, \infty)</math> || <math>(- \infty, - M)</math>
|}

gdzie <math>\delta, M \in \mathbb{R}_+</math>. Wystarczy, że postulowane nierówności są spełnione dla dostatecznie małego <math>\delta</math> i dostatecznie dużego <math>M</math>.

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o trzech funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy właściwej <math>L \in \mathbb{R}</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>f(x) \leqslant g (x) \leqslant h (x)</math> oraz <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \lim_{x \to x^{\ast}} h (x) = L</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = L</math>.<br/>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \geqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = \infty</math>
</div>

<span style="border-bottom:2px solid #000;">Twierdzenie o dwóch funkcjach</span> (dowodzimy, że funkcja <math>g</math> dąży do granicy niewłaściwej <math>L = - \infty</math>)

<div style="margin-top: 0.5em; margin-bottom: 1em;">
Jeżeli dla każdego <math>x \in S</math> zachodzi <math>g(x) \leqslant f (x)</math> i <math>\lim_{x \to x^{\ast}} f (x) = - \infty</math>, to <math>\lim_{x \to x^{\ast}} g (x) = - \infty</math>
</div>

<span id="D162" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D162</span><br/>
Pokazać, że jeżeli <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, a funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona w pewnym otoczeniu nakłutym <math>\mathring{U} (x_0, r) = (x_0 - r, x_0 + r) \backslash \{ x_0 \}</math> punktu <math>x_0</math>, to <math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ <math>g(x)</math> jest ograniczona, to istnieje taka stała <math>M > 0</math>, że dla wszystkich <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> zachodzi

::<math>|g (x) | \leqslant M</math>

Wynika stąd, że dla każdego <math>x \in \mathring{U} (x_0, r)</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant |g (x) f (x) | = | g (x) | | f (x) | \leqslant M | f (x) |</math>

Z założenia <math>\lim_{x \to x_0} f (x) = 0</math>, zatem z twierdzenia [[#D161|D161]] p.&hairsp;1 otrzymujemy natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D163" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D163 (wzór Frullaniego)</span><br/>
Niech <math>a, b \in \mathbb{R}_+</math>. Jeżeli funkcja <math>f</math> jest ciągła w przedziale <math>[0, \infty)</math> oraz istnieje skończona granica <math>f (\infty) = \lim_{x \to \infty} f (x)</math>, to prawdziwy jest wzór

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 0em;">
::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>b > a</math>. Rozważmy całkę w skończonym przedziale <math>[\varepsilon, R]</math>, gdzie <math>0 < \varepsilon < R < \infty</math> i dodatkowo niech <math>b \varepsilon < a R</math> (spełnienie tego warunku zawsze możemy uzyskać, obierając <math>\varepsilon</math> odpowiednio małe i <math>R</math> odpowiednio duże).

Mamy zatem <math>a \varepsilon < b \varepsilon < a R < b R</math>. Rozpatrywaną całkę oznaczymy jako <math>I (\varepsilon, R)</math>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax) - f (bx)}{x}}\,dx = \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (ax)}{x}}\,dx - \int_{\varepsilon}^R {\small\frac{f (bx)}{x}}\,dx</math>
</div>

W pierwszej całce po prawej stronie stosujemy podstawienie <math>u = ax</math>, co daje <math>du = a\,dx</math>, zaś granice zmieniają się na <math>[a \varepsilon, aR]</math>. W drugiej całce podstawiamy <math>u = bx</math>, co daje <math>du = b\,dx</math> i nowe granice całkowania <math>[b \varepsilon, bR]</math>. Otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = \int_{a \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{b \varepsilon}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \left( \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right) - \left( \int_{b \varepsilon}^{aR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du + \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du \right)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::::<math>\:\, = \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du - \int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du</math>
</div>

bo całki w przedziale <math>[b \varepsilon, aR]</math> redukują się. Na mocy uogólnionego twierdzenia o wartości średniej (zobacz [[#D160|D160]]) dla pierwszej całki istnieje punkt <math>\xi_1 \in (a \varepsilon, b \varepsilon)</math>, a dla drugiej całki punkt <math>\xi_2 \in (aR, bR)</math> taki, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_1) \int_{a \varepsilon}^{b \varepsilon} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b \varepsilon}{a \varepsilon}} = f (\xi_1) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\int_{aR}^{bR} {\small\frac{f (u)}{u}}\,du = f (\xi_2) \int_{aR}^{bR} {\small\frac{1}{u}}\,du = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{bR}{aR}} = f (\xi_2) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Podstawiając te wyniki do wyrażenia na <math>I (\varepsilon, R)</math>, otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>I (\varepsilon, R) = (f (\xi_1) - f (\xi_2)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Zauważmy, że (zobacz [[#D161|D161]])

:*    ponieważ <math>a \varepsilon < \xi_1 < b \varepsilon</math>, to w granicy, gdy <math>\varepsilon \to 0^+</math>, mamy <math>\xi_1 \to 0</math>, a zatem <math>f (\xi_1) \to f (0)</math>

:*    ponieważ <math>\xi_2 > a R</math>, to w granicy, gdy <math>R \to \infty</math>, mamy <math>\xi_2 \to \infty</math>, więc <math>f (\xi_2) \to f (\infty)</math>

Ostatecznie otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\underset{R \rightarrow \infty}{\lim_{\; \varepsilon \rightarrow 0^+}} I (\varepsilon, R) = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log {\small\frac{b}{a}}</math>
</div>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D164" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D164</span><br/>
Pokazać, że prawdziwe są następujące przedstawienia całkowe logarytmu

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt</math>

::<math>\log n = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}

'''Punkt 1.'''

Niech <math>f(t) = e^{- t}</math>, <math>a = 1</math> oraz <math>b = n</math>. Mamy <math>f(0) = 1</math> i <math>f (\infty) = 0</math>. Korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]])

::<math>\int_0^{\infty} {\small\frac{f (at) - f (bt)}{t}}\,dt = (f (0) - f (\infty)) \cdot \log \left( {\small\frac{b}{a}} \right)</math>

otrzymujemy

::<math>\int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- n t}}{t}\,dt = \log n</math>

'''Punkt 2.'''

Wykorzystujemy znalezioną w punkcie 1. reprezentację całkową

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Przejście do nowej zmiennej <math>t = e^{- x}</math> prowadzi do następujących zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{1}{t}}\,dt</math>

::<math>e^{- x} = t \qquad\qquad\quad\:\: e^{- nx} = (e^{- x})^n = t^n</math>

i nowych granic całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\log n = \int_1^0 {\small\frac{t - t^n}{- \log t}} \cdot \left( - {\small\frac{1}{t}} \right)\,dt = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{n - 1}}{- \log t}}\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Całkowe przedstawienia stałej Eulera i funkcji digamma</span> ===

 

<span id="D165" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D165</span><br/>
Niech <math>g \in \mathbb{R}</math>. Jeżeli dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba rzeczywista <math>R</math>, że dla każdego <math>x > R</math> jest <math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>, to powiemy, że funkcja <math>f</math> ma granicę <math>g</math> w plus nieskończoności. Symbolicznie fakt ten zapisujemy następująco <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>.

<span id="D166" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D166</span><br/>
Jeżeli funkcja <math>f : [a, \infty) \to \mathbb{R}</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, \infty)</math> oraz posiada skończoną granicę <math>\lim_{x \to \infty} f (x) = g</math>, to funkcja <math>f</math> jest ograniczona w tym przedziale.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji granicy funkcji w nieskończoności wiemy, że dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> istnieje taka liczba <math>R</math>, że dla wszystkich <math>x > R</math> zachodzi

::<math>|f (x) - g| < \varepsilon</math>

Ponieważ <math>\varepsilon</math> jest dowolną liczbą, to możemy przyjąć konkretną wartość, np. <math>\varepsilon = 1</math>. Wówczas istnieje takie <math>R</math>, że dla każdego <math>x \in (R, \infty)</math> mamy

::<math>g - 1 < f (x) < g + 1</math>

Gdyby było <math>R = a</math>, to dowód byłby zakończony. Rozważmy zatem przypadek, gdy <math>R > a</math>. Na mocy twierdzenia Weierstrassa o kresach<ref name="Weierstrass1"/> funkcja ciągła <math>f</math> w przedziale domkniętym <math>[a, R]</math> osiąga swoje kresy. Czyli istnieją takie liczby <math>m</math> i <math>M</math>, że dla każdego <math>x \in [a, R]</math> prawdziwy jest ciąg nierówności

::<math>m \leqslant f (x) \leqslant M</math>

Jeżeli zdefiniujemy liczby <math>k = \min (m, g - 1)</math> i <math>K = \max (M, g + 1)</math>, to łącząc przedstawione wyżej rezultaty, możemy napisać oszacowanie

::<math>k \leqslant f (x) \leqslant K</math>

prawdziwe dla każdego <math>x \in [a, \infty)</math>. Co kończy dowód ograniczoności funkcji <math>f</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D167" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D167</span><br/>
Dla stałej Eulera prawdziwe są następujące reprezentacje całkowe

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>
</div>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}

'''Punkt 1.'''

Stałą Eulera <math>\gamma</math> definiujemy jako granicę różnicy między sumą częściową szeregu harmonicznego a logarytmem naturalnym<ref name="Euler1"/>

::<math>\gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n \right)</math>

Dla uproszczenia zdefiniujmy ciąg <math>(\gamma_n)</math>

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \to \infty} \gamma_n = \gamma</math>. Wykonywanie przekształceń dla <math>\gamma_n</math> (zamiast dla <math>\gamma</math>) znakomicie je ułatwia i (co najważniejsze) pozwala doprowadzić wynik do takiej postaci, dla której przejście do granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, nie będzie już rodziło problemów. Pamiętamy, że w ogólnym przypadku nie możemy przenosić granicy pod znak całki.

Aby móc połączyć sumę i logarytm, musimy zapisać oba wyrażenia jako całki w tych samych granicach od <math>0</math> do <math>\infty</math>. Dla sumy wykorzystujemy tożsamość prawdziwą dla <math>k > 0</math> (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx</math>

Sumując po <math>k</math> od <math>1</math> do <math>n</math>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \sum_{k = 1}^n \int_0^{\infty} e^{- kx}\,dx = \int_0^{\infty} \sum_{k = 1}^n (e^{- x})^k\,dx</math>

Zauważmy, że dokonaliśmy zamiany kolejności sumowania i całkowania. Jest to dopuszczalne, bo suma jest skończona. Pod całką mamy teraz sumę ciągu geometrycznego, gdzie pierwszy wyraz to <math>a_1 = e^{- x}</math>, a iloraz to <math>q = e^{- x}</math>. Korzystając ze wzoru na sumę <math>n</math> wyrazów takiego ciągu, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Reprezentację całkową logarytmu znajdujemy, korzystając ze wzoru Frullaniego (zobacz [[#D163|D163]], [[#D164|D164]])

::<math>\log n = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x}\,dx</math>

Zatem

::<math>\gamma_n = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \log n = \int_0^{\infty} \left[ \frac{e^{- x} (1 - e^{- nx})}{1 - e^{- x}} - \frac{e^{- x} - e^{- nx}}{x} \right]\,dx</math>

Wydzielenie wyrazów, które nie zależą od <math>n</math>, pozwala nam zapisać <math>\gamma_n</math> jako sumę docelowej całki <math>I</math> oraz reszty <math>R_n</math>

::<math>\gamma_n = \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx }_I + \underbrace{ \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- nx}}{x}} - {\small\frac{e^{- (n + 1) x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx }_{R_n}</math>

Aby udowodnić, że <math>\gamma = I</math>, musimy pokazać, że <math>\lim_{n \to \infty} R_n = 0</math>. Mamy

::<math>R_n = \int_0^{\infty} e^{- nx} \left( {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} \right)\,dx</math>

Zbadajmy funkcję pomocniczą

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}} - {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} = {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}}</math>

Widzimy, że

::<math>\lim_{x \rightarrow 0} f (x) = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x - 1}{e^x (x + 1) - 1}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\small\frac{e^x}{e^x (x + 2)}} = {\small\frac{1}{2}}</math>

Gdzie dwukrotnie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Dodefiniowując <math>f(0) = {\small\frac{1}{2}}</math>, otrzymujemy funkcję ciągłą w <math>\mathbb{R}</math>. Bez trudu znajdujemy granicę funkcji <math>f</math> w nieskończoności

::<math>\lim_{x \rightarrow \infty} f (x) = \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{e^x - x - 1}{x (e^x - 1)}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{{\normalsize\frac{1}{x}} - e^{- x} - {\normalsize\frac{1}{x}} \cdot e^{- x}}{1 - e^{- x}} = 0</math>

Ponieważ <math>f</math> jest ciągła w <math>[0, \infty)</math> i ma skończoną granicę w nieskończoności, to jest funkcją ograniczoną w tym przedziale (zobacz [[#D166|D166]]). Niech <math>| f (x) | \leqslant M</math>. Łatwo otrzymujemy oszacowanie

::<math>0 \leqslant | R_n | \leqslant \int_0^{\infty} e^{- nx} | f (x) |\,dx \leqslant M \int_0^{\infty} e^{- nx}\,dx = {\small\frac{M}{n}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach, natychmiast otrzymujemy, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n | = 0</math>. Zatem

::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \gamma_n = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- x}}{1 - e^{- x}}} - {\small\frac{e^{- x}}{x}} \right)\,dx</math>

Co należało pokazać.

'''Punkt 2.'''

W otrzymanym w punkcie 1. wzorze

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^x - 1}} - {\small\frac{1}{xe^x}} \right)\,dx</math>

stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>, co daje następujące zależności

::<math>x = - \log t \qquad\qquad dx = - {\small\frac{dt}{t}}</math>

i nowe granice całkowania
:*    gdy <math>x \to 0</math>, to <math>t \to 1</math>
:*    gdy <math>x \to \infty</math>, to <math>t \to 0</math>

Podstawiając do całki, otrzymujemy

::<math>\gamma = \int_1^0 \left( \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} - 1} + \frac{1}{{\normalsize\frac{1}{t}} \log t} \right) \left( - {\small\frac{d t}{t}} \right) = \int_0^1 \left( {\small\frac{t}{1 - t}} + {\small\frac{t}{\log t}} \right) {\small\frac{d t}{t}} = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D168" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D168</span><br/>
Niech <math>f(t)</math> będzie funkcją zespoloną zmiennej rzeczywistej <math>t</math> całkowalną w przedziale <math>[a, b]</math>. Prawdziwa jest następująca nierówność

::<math>\left| \int_a^b f(t)\,dt \right| \leqslant \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Wartość całki z funkcji <math>f(t)</math> jest pewną liczbą zespoloną, którą oznaczymy jako <math>I</math>

::<math>I = \int_a^b f(t)\,dt</math>

Jeśli <math>I = 0</math>, nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że <math>I \neq 0</math> i zapiszmy tę liczbę (w ogólności zespoloną) w postaci wykładniczej <math>I = |I| e^{i \theta}</math>, gdzie <math>|I|</math> jest modułem, a <math>\theta</math> jest argumentem liczby <math>I</math>. Mamy

::<math>|I| = e^{- i \theta} I = e^{- i \theta} \int_a^b f(t)\,dt = \int_a^b e^{- i \theta} f (t)\,dt</math>

Zauważmy, że

::<math>|I| = \int_a^b [\operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t)) + i \cdot \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))]\,dt = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt + i \int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Ponieważ po lewej stronie mamy liczbę rzeczywistą, to musi być

::<math>\int_a^b \operatorname{Im}(e^{- i \theta} f (t))\,dt = 0</math>

Zatem

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt</math>

Korzystając z prostej nierówności <math>\operatorname{Re}(z) \leqslant |z|</math> prawdziwej dla dowolnego <math>z \in \mathbb{C}</math>, dostajemy

::<math>|I| = \int_a^b \operatorname{Re}(e^{- i \theta} f (t))\,dt \leqslant \int_a^b |e^{- i \theta} f (t) |\,dt = \int_a^b |f (t) |\,dt</math>

Co należało pokazać.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D169" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D169</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pokazaliśmy (zobacz [[#D149|D149]]), że funkcja digamma ma postać

::<math>\psi (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, - 3, \ldots</math>

gdzie <math>\gamma</math> oznacza stałą Eulera.

W ogólności nie wolno zamieniać sumy nieskończonej z całką. Aby uniknąć tego problemu, będziemy rozpatrywali sumy częściowe, a odpowiadające im funkcje oznaczymy przez <math>\psi_n (z)</math>

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \left( {\small\frac{1}{k + 1}} - {\small\frac{1}{k + z}} \right) \qquad\qquad\qquad \text{dla } z \neq 0, - 1, - 2, \ldots, - n</math>

Oczywiście <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = \psi (z)</math>.

Każdy składnik sumy zastępujemy całką z funkcji potęgowej. Zauważmy, że dla <math>k > 0</math> mamy (dla <math>k \leqslant 0</math> całka jest rozbieżna)

::<math>{\small\frac{1}{k}} = \int^1_0 t^{k - 1}\,dt</math>

W naszym przypadku, gdzie w mianownikach mamy odpowiednio <math>k + 1</math> oraz <math>k + z</math>, otrzymujemy natychmiast warunek <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span> oraz wzór

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \sum_{k = 0}^n \int_0^1 (t^k - t^{k + z - 1})\,dt</math>

Dla skończonej liczby składników sumy możemy zamienić kolejność sumowania i całkowania. Wyłączając wspólny czynnik przed sumę, dostajemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 (1 - t^{z - 1}) \left( \sum_{k = 0}^n t^k \right)\,dt</math>

Stosując wzór na sumę skończonego ciągu geometrycznego o ilorazie <math>t</math>, otrzymujemy

::<math>\psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} (1 - t^{n + 1})\,dt = \underset{\psi (z)}{\underbrace{- \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt}} - \underset{R_n (z)}{\underbrace{\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt}}</math>

Musimy wykazać, że całka

::<math>R_n (z) = \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

dąży do zera, gdy <math>n</math> rośnie do nieskończoności. W tym celu dzielimy przedział całkowania na dwa obszary, wykorzystując punkt pomocniczy <math>\delta</math> z przedziału <math>(0, 1)</math>.

::<math>R_n (z) = \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad (\ast)</math>

Szacujemy pierwszą całkę określoną w przedziale <math>[0, \delta]</math>

::<math>\left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_0^{\delta} \left| {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1} \right|\,dt \qquad\qquad\qquad\qquad\quad\;\;\,</math> (z twierdzenia [[#D168|D168]])

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{| 1 - t^{z - 1} |}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant \int_0^{\delta} {\small\frac{1 + | t^{z - 1} |}{1 - \delta}} t^{n + 1}\,dt</math>

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (1 + t^{\operatorname{Re}(z) - 1}) t^{n + 1}\,dt \qquad\qquad\qquad</math> (bo <math>1 - \delta</math> to najmniejsza wartość mianownika dla <math>t \in [0, \delta]</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \int_0^{\delta} (t^{n + 1} + t^{n + \operatorname{Re}(z)})\,dt \qquad\qquad\qquad\;\,</math> (bo <math>| t^{z - 1} | = | t^{a + i b - 1} | = | t^{a - 1} \cdot t^{i b} | = | t^{a - 1} | \cdot | e^{i \cdot b \log t} | = t^{a - 1}</math>)

::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right)</math>

Ponieważ <math>\delta</math> jest mniejsza od <math>1</math>, to oba składniki dążą do zera wraz ze wzrostem liczby <math>n</math>.

Szacujemy drugą całkę określoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>. Rozważmy występującą pod całką funkcję

::<math>f(t) = {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}</math>

Jeśli dodefiniujemy <math>f(1) = z - 1</math>, to funkcja będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, bo

::<math>\lim_{t \rightarrow 1} f (t) = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} = \lim_{t \rightarrow 1} {\small\frac{- (z - 1) t^{z - 2}}{- 1}} = z - 1</math>

gdzie skorzystaliśmy z reguły de l'Hospitala. Łatwo otrzymujemy

::<math>\left| \int_{\delta}^1 f (t) t^{n + 1}\,dt \right| \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) t^{n + 1} |\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant \int_{\delta}^1 | f (t) | t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, \leqslant M \int_{\delta}^1 t^{n + 1}\,dt</math>

::::::<math>\;\;\;\:\, = M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

Pierwsza nierówność wynika z twierdzenia [[#D168|D168]]. Trzecią (i ostatnią) nierówność otrzymujemy z twierdzenia Weierstrassa<ref name="Weierstrass1"/> zastosowanego do funkcji rzeczywistej <math>| f (t) |</math> określonej w przedziale domkniętym <math>[\delta, 1]</math>. Na mocy tego twierdzenia <math>| f (t) |</math> jest funkcją ograniczoną w przedziale <math>[\delta, 1]</math>, czyli istnieje takie <math>M > 0</math>, że <math>| f (t) | \leqslant M</math> dla każdego <math>t \in [\delta, 1]</math>.

Możemy teraz oszacować resztę <math>R_n (z)</math> daną wzorem <math>(\ast)</math>

::<math>0 \leqslant | R_n (z) | = \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt + \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant \left| \int_0^{\delta} {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right| + \left| \int_{\delta}^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} t^{n + 1}\,dt \right|</math>

:::::<math>\;\;\:\, \leqslant {\small\frac{1}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta^{n + 2}}{n + 2}} + \frac{\delta^{n + \operatorname{Re}(z) + 1}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + M \cdot {\small\frac{1 - \delta^{n + 2}}{n + 2}}</math>

:::::<math>\;\;\:\, < {\small\frac{\delta^{n + 1}}{1 - \delta}} \left( {\small\frac{\delta}{n + 2}} + \frac{\delta^{\operatorname{Re}(z)}}{n + \operatorname{Re}(z) + 1} \right) + {\small\frac{M}{n + 2}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że <math>\lim_{n \rightarrow \infty} | R_n (z) | = 0</math>. Pokazaliśmy tym samym, że

::<math>\psi (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} \psi_n (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

Aby udowodnić drugi wzór

::<math>\psi (z) = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re} (z) > 0</math>

skorzystamy z twierdzenia [[#D167|D167]]. Mamy

::<math>\gamma = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt</math>

Podstawiając wyrażenie na <math>\gamma</math> do wzoru na <math>\psi (z)</math>, otrzymujemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1}{\log t}} \right)\,dt + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( - {\small\frac{1}{\log t}} - {\small\frac{1}{1 - t}} + {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^1 \left( {\small\frac{1}{- \log t}} - {\small\frac{t^{z - 1}}{1 - t}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<span style="color: Green">[a]</span> Całka <math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt</math> jest niewłaściwa w punkcie <math>t = 0</math>, bo łatwo wskazać wartości <math>z</math>, dla których wyrażenie <math>t^{z - 1}</math> dąży do nieskończoności, gdy <math>t \rightarrow 0^+</math>. W szczególności zauważmy, że całka jest rozbieżna, gdy <math>z = 0</math>. Dlatego zapiszemy ją jako granicę

::<math>\int_0^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^1 t^{z - 1}\,dt = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{t^z}{z}} \biggr\rvert_{\varepsilon}^{1} \right) = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left( {\small\frac{1^z}{z}} - {\small\frac{\varepsilon^z}{z}} \right) = {\small\frac{1}{z}} - {\small\frac{1}{z}} \cdot \lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z</math>

Zapisując <math>\varepsilon^z</math> w postaci wykładniczej, gdzie <math>z = x + iy</math>, otrzymujemy

::<math>\varepsilon^z = \varepsilon^{x + iy} = \varepsilon^x \cdot \varepsilon^{iy} = e^{x \log \varepsilon} \cdot e^{i y \log \varepsilon}</math>

Widzimy, że

::<math>0 \leqslant | \varepsilon^z | = e^{\operatorname{Re}(z) \cdot \log \varepsilon}</math>

Zatem z twierdzenia o trzech funkcjach (zobacz [[#D161|D161]] p.&hairsp;1) otrzymujemy natychmiast, że <math>\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z = 0</math>, gdy <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>.<br/>
□
{{\Spoiler}}

<span id="D170" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D170</span><br/>
Funkcja digamma ma następującą reprezentację całkową

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
W twierdzeniu [[#D169|D169]] pokazaliśmy, że

::<math>\psi (z) = - \gamma + \int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt \qquad\qquad\qquad \text{dla } \operatorname{Re}(z) > 0</math>

W całce stosujemy podstawienie <math>t = e^{- x}</math>. Otrzymujemy następujące zależności

::<math>dt = - e^{- x}\,dx</math>

::<math>t^{z - 1} = (e^{- x})^{z - 1} = e^{- xz + x}</math>

oraz nowe granice całkowania
:*    gdy <math>t \to 0</math>, to <math>x \to \infty</math>
:*    gdy <math>t \to 1</math>, to <math>x \to 0</math>

Podstawiając do całki, mamy

::<math>\int_0^1 {\small\frac{1 - t^{z - 1}}{1 - t}}\,dt = \int_{\infty}^0 {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} (- e^{- x})\,dx = \int_0^{\infty} {\small\frac{1 - e^{- xz + x}}{1 - e^{- x}}} e^{- x}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{e^{- x} - e^{- zx}}{1 - e^{- x}}\,dx</math>

Skąd natychmiast wynika pierwszy dowodzony wzór (z wydzieloną stałą <math>\gamma</math>).

Korzystamy teraz z reprezentacji całkowej stałej <math>\gamma</math> (zobacz [[#D167|D167]])

::<math>\gamma = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt</math>

Łącząc obydwie znalezione całki, dostajemy

::<math>\psi (z) = - \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{1}{e^t - 1}} - {\small\frac{1}{t e^t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( - {\small\frac{e^{- t}}{1 - e^{- t}}} + {\small\frac{e^{- t}}{t}} \right)\,dt + \int_0^{\infty} \frac{e^{- t} - e^{- zt}}{1 - e^{- t}}\,dt</math>

:::<math>\;\;\: = \int_0^{\infty} \left( {\small\frac{e^{- t}}{t}} - {\small\frac{e^{- zt}}{1 - e^{- t}}} \right)\,dt</math>

Co kończy dowód.<br/>
□
{{\Spoiler}}

== Przypisy ==
<references>

<ref name="DirichletEta">Wikipedia, ''Funkcja η'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%B7 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="RiemannZeta">Wikipedia, ''Funkcja dzeta Riemanna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_dzeta_Riemanna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Riemann1">Bernhard Riemann, ''Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe'', [rozprawa habilitacyjna z 1854, w:] Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften in Göttingen vol. 13, 1868, pp. 87 - 1</ref>

<ref name="calkowalnosc1">Twierdzenie: funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całkowalna w tym przedziale.</ref>

<ref name="calkowalnosc2">W szczególności: funkcja ograniczona i mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w przedziale domkniętym jest w tym przedziale całkowalna.</ref>

<ref name="Mertens1">Wikipedia, ''Twierdzenia Mertensa'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenia_Mertensa Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Mertens%27_theorems Wiki-en])</ref>

<ref name="Mertens2">Wikipedia, ''Franciszek Mertens'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Franciszek_Mertens Wiki-pl])</ref>

<ref name="Rosser1">J. B. Rosser and L. Schoenfeld, ''Approximate formulas for some functions of prime numbers'', Illinois J. Math. 6 (1962), 64-94, ([https://projecteuclid.org/journals/illinois-journal-of-mathematics/volume-6/issue-1/Approximate-formulas-for-some-functions-of-prime-numbers/10.1215/ijm/1255631807.full LINK])</ref>

<ref name="twierdzenie">Zobacz twierdzenie [[#D73|D73]].</ref>

<ref name="A001620">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A001620 - Decimal expansion of Euler's constant'', ([https://oeis.org/A001620 A001620])</ref>

<ref name="A083343">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A083343 - Decimal expansion of constant B3 (or B_3) related to the Mertens constant'', ([https://oeis.org/A083343 A083343])</ref>

<ref name="A138312">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A138312 - Decimal expansion of Mertens's constant minus Euler's constant'', ([https://oeis.org/A138312 A138312])</ref>

<ref name="Dusart10">Pierre Dusart, ''Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.'', 2010, ([https://arxiv.org/abs/1002.0442 LINK])</ref>

<ref name="Wiki1">Wikipedia, ''Stałe Bruna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82e_Bruna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="A065421">The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, ''A065421 - Decimal expansion of Viggo Brun's constant B'', ([https://oeis.org/A065421 A065421])</ref>

<ref name="Erdos1">Paul Erdős, ''Über die Reihe'' <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math>, Mathematica, Zutphen B 7, 1938, 1-2.</ref>

<ref name="sumowanie1">sumowanie przez części (ang. ''summation by parts'')</ref>

<ref name="convexseq1">ciąg wypukły (ang. ''convex sequence'')</ref>

<ref name="Dusart18">Pierre Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', The Ramanujan Journal, vol. 45(1), 2018, 227-251.</ref>

<ref name="GeometricSeries1">Wikipedia, ''Szereg geometryczny'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Szereg_geometryczny Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_series Wiki-en])</ref>

<ref name="CesaroSum1">Wikipedia, ''Sumowalność metodą Cesàro'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sumowalno%C5%9B%C4%87_metod%C4%85_Ces%C3%A0ro Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Ces%C3%A0ro_summation Wiki-en])</ref>

<ref name="IndefiniteSum1">Wikipedia, ''Indefinite sum'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Indefinite_sum Wiki-en])</ref>

<ref name="Fasenmyer1">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''Some Generalized Hypergeometric Polynomials'', Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947), 806-812</ref>

<ref name="Fasenmyer2">Sister Mary Celine Fasenmyer, ''A Note on Pure Recurrence Relations'', Amer. Math. Monthly 56 (1949), 14-17</ref>

<ref name="Zeilberger1">Doron Zeilberger, ''Sister Celine's technique and its generalizations'', Journal of Mathematical Analysis and Applications, 85 (1982), 114-145</ref>

<ref name="WilfZeilberger1">Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''Rational Functions Certify Combinatorial Identities'', J. Amer. Math. Soc. 3 (1990), 147-158</ref>

<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1">Marko Petkovšek, Herbert Wilf and Doron Zeilberger, ''A = B'', AK Peters, Ltd., 1996</ref>

<ref name="JovanMikic1">Jovan Mikić, ''A Proof of a Famous Identity Concerning the Convolution of the Central Binomial Coefficients'', Journal of Integer Sequences, Vol. 19, No. 6 (2016), pp. 1 - 10, ([https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Mikic2/mikic15.html LINK])</ref>

<ref name="gamma1">Wikipedia, ''Funkcja Γ'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_%CE%93 Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function Wiki-en])</ref>

<ref name="Weierstrass1">Twierdzenie Weierstrassa: Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> określona w przedziale domkniętym jest ciągła, to jest w nim ograniczona i osiąga swoje kresy. ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Weierstrassa_o_kresach Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem Wiki‑en])</ref>

<ref name="Darboux1">Wikipedia, ''Twierdzenie Darboux'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Darboux Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem Wiki-en])</ref>

<ref name="Euler1">Wikipedia, ''Stała Eulera'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82a_Eulera Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_constant Wiki-en])</ref>

</references>