Henryk Dąbrowski - Wkład użytkownika [pl]

Szeregi liczbowe

2026-04-20T14:57:58Z

HenrykDabrowski:

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

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

Definicja D1 
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>.

Definicja D2 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

Definicja D3 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu) 
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> 
□
{{\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. 
Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D6 
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.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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D7 
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 [[#D147|D147]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D152|D152]].

Twierdzenie D8 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D9 
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]
|}

Twierdzenie D10 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze) 
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.''' 
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.''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D12 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D13 
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.

Twierdzenie D14 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D15 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D16 
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.''' 

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.''' 
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.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.''' 
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.''' 
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 [[#D17|D17]], 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D17 
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 [[#D16|D16]], 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

'''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) ))

::{| 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 ==

 

=== Funkcje ===

 

Definicja D18 
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>.

Twierdzenie D19 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D20 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D21 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D22 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

=== Grupowanie wyrazów szeregu ===

 

Uwaga D23 
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 [[#D15|D15]] p.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.

Zadanie D24 
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 [[#D15|D15]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D25 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Przestawianie wyrazów szeregu ===

 

Definicja D26 
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>.

Uwaga D27 
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.

Uwaga D28 
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.

Przykład D29 
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>
|}

Przykład D30 
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 [[#D31|D31]] p.2.

Zadanie D31 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D32 
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>

Definicja D33 
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>

Twierdzenie D34 
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 [[#D31|D31]] otrzymujemy natychmiast

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

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D35 
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 [[#D74|D74]]), 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 [[#D34|D34]] 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>.

Zadanie D36 
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 [[#D34|D34]] 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 [[#D25|D25]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D37 
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''' 
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane. 

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.'''

Pierwszy sposób 
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 [[#D25|D25]])

::<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>

Drugi sposób 

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
 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D38 
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 [[#D34|D34]], 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 ([[#D37|D37]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D39 
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>[a]

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; " />
[a] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D40 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D41 
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 [[#D33|D33]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D42 (Bernhard Riemann<ref name="Riemann1"/>, 1854) 
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 [[#D34|D34]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D43 
W dowodzie twierdzenia [[#D42|D42]] 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}}
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);
}
 
{{\Spoiler}}

Uwaga D44 
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 [[#D38|D38]]. 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.

Twierdzenie D45 
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 [[#D34|D34]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

Twierdzenie D46 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D47 
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.

Twierdzenie D48 (kryterium całkowe zbieżności szeregów) 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D49 
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>.

Twierdzenie D50 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D51 
Twierdzenie [[#D50|D50]] 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:

f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)
S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )
R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )
'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D46|D46]] jest następujące 
Twierdzenie D52 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D53 
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 [[#D46|D46]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D54 
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 [[#D53|D53]]), 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 [[#D53|D53]].

Zadanie D55 
Korzystając z twierdzenia [[#D53|D53]], 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D56 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D57 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

Twierdzenie D58 
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.''' 
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D59 
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.''' 
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 [[#D16|D16]] p. 4 lub przykład [[#D49|D49]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D60 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D61 
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.

Twierdzenie D62 
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)''' 
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)''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D63 
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 . 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D64 
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 [[#D62|D62]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D65 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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 [[#D64|D64]] 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 [[#D59|D59]] p. 3). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D67 
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 [[#D66|D66]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D68 
{| 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>

|}

Uwaga D69 
{| 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>

|}

Uwaga D70 
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.

Twierdzenie D71 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D72 
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 [[#D71|D71]] 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 [[#D46|D46]] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D73 
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 [[#D72|D72]] 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 [[#D63|D63]], 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 [[#D62|D62]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D74 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

Twierdzenie D75* (Viggo Brun, 1919) 
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"/>.

Zadanie D76 
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> 
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

Twierdzenie D77 
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.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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[a]

::<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>.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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>[b].

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; " />
[a] 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.

[b] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

Uwaga D78 
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>

Twierdzenie D79 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D80 
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 [[#D79|D79]] 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 [[#D46|D46]], 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]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D81 
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 [[#D79|D79]])

::<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]], [[#D77|D77]], [[#D80|D80]]). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D82 (sumowanie przez części) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D83 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D84 (kryterium Dirichleta) 
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny 

:*   <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 [[#D14|D14]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D85 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D86 
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 [[#D85|D85]] p.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[a]

::<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> 

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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D87 
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 [[#D85|D85]] p.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 [[#D14|D14]]). 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>. 

Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy 

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 [[#D85|D85]] p.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 [a])

::::<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; " />
[a] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D88 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D89 
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 [[#D88|D88]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D90 
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 [[#D89|D89]] 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.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>

Zadanie D91 
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 [[#D82|D82]]) <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. 
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

Twierdzenie D92 (kryterium d'Alemberta) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D93 
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>

Przykład D94 
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.

Zadanie D95 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D96 
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.

Definicja D97 
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>

Zadanie D98 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D99 
Ostatni punkt zadania [[#D98|D98]] 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
|}

Przykład D100 
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]]).

Zadanie D101 
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D98|D98]] p.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 [a], [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 [[#D83|D83]], [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 [[#D83|D83]], 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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D102 
Przykłady [[#D99|D99]] i [[#D100|D100]] 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.

Uwaga D103 
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.

Twierdzenie D104 (Franciszek Mertens) 
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 [[#D103|D103]]).

::<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>\;\; 

:::<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 | 

:::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D105 
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 [[#D103|D103]]).

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D106 
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 [[#D47|D47]], [[#D49|D49]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D107 
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]], [[#D47|D47]], [[#D49|D49]] p.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 [[#D47|D47]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D108 
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D110|D110]] 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>.

Twierdzenie D109 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D110 
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 [[#D109|D109]] 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.2). Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D111 
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 [[#D109|D109]] 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.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 [[#D110|D110]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D112 (Niels Henrik Abel) 
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 [[#D103|D103]]).

::<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 [[#D103|D103]]).

::<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 [[#D110|D110]] i [[#D111|D111]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

Definicja D113 
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>.

Twierdzenie D114 
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 [[#D139|D139]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D115 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

Twierdzenie D116 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D117 
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 [[#D14|D14]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Suma nieoznaczona ===

Uwaga D118 
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 [[#D117|D117]])

::<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>

Uwaga D119 
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 [[#D14|D14]]), 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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);

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>

Zadanie D120 
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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);

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> 
□
{{\Spoiler}}

=== Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math> ===

Uwaga D121 
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D137|D137]] i [[#D138|D138]] 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"/>.

Twierdzenie D122 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D123 
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>.

Zadanie D124 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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)!) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D125 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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 */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D126 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D127 
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 [[#D140|D140]]), 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D128 
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>[a]

::::::::::::<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; " />
[a] W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D129 
Z zadania [[#D127|D127]] 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>.

Zadanie D130 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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

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] )
)$

Wywołujemy procedurę <code>sum5(1, 2)</code> i wpisujemy funkcję

f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]

którego rozwiązanie jest postaci

S[n] = C * n * 2^(n-1)

Łatwo sprawdzamy, że <code>C = 1</code>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D131 
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 <code>sum5()</code>, której kod został podany w zadaniu [[#D130|D130]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <code>I, J</code>.

::<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.''' <code>sum5(1, 2)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 1)</code>

'''Punkt 2.''' <code>sum5(1, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 3.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 4.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 5.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 6.''' <code>sum5(2, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(3, 2)</code> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D132 
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D128|D128]]), 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 <code>sum5()</code>, aby obejmowała ona również takie przypadki

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] )
)$

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]
|}

Zadanie D133 
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 [[#D145|D145]]). Zatem korzystając z procedury <code>sum6(2, 1)</code>, 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D134 
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 [[#D145|D145]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D146|D146]])

::<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 <code>sum6(2, 1)</code>, 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math> ===

Uwaga D135 
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D114|D114]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

Twierdzenie D136 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D137 
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 [[#D136|D136]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D138 
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 [[#D136|D136]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D139 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math> ===

 

Definicja D140 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D141 
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>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.'''

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 3.'''

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 4.'''

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> 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D141|D141]] otrzymujemy 
Twierdzenie D142 
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 3. twierdzenia [[#D141|D141]]

'''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 3. twierdzenia [[#D141|D141]]

'''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}} 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D143 
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 [[#D141|D141]] p.3)

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D144 
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 [[#D141|D141]] p.2 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D145 
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 [[#D144|D144]], 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 [[#D140|D140]])

::<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}}

Zadanie D146 
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 [[#D144|D144]] 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}}

=== Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math> ===

 

Definicja D147 
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}}

Twierdzenie D148 
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 [[#D139|D139]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D149 
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 [[#D148|D148]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]] p.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 [[#D140|D140]] p.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 [[#D140|D140]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D149|D149]] otrzymujemy 
Twierdzenie D150 
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 [[#D149|D149]].

'''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 [[#D149|D149]] p.2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D149|D149]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D151 
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 [[#D148|D148]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D152 
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 ([[#D151|D151]]) i zadania [[#D6|D6]]. 
□
{{\Spoiler}}

=== Uogólnione twierdzenie o wartości średniej. Wzór Frullaniego ===

 

Uwaga D153 
Podamy niżej uogólnione twierdzenie o wartości średniej (dla całek) i dowód tego twierdzenia (zobacz [[#D159|D159]]). 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.

Uwaga D154 
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.

Twierdzenie D155* 
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.

Zadanie D156 
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)''' 
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''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D157 
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 [[#D156|D156]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D158 
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 [[#D157|D157]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D159 (uogólnione twierdzenie o wartości średniej) 
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 [[#D158|D158]][a] 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; " />
[a] Zauważmy, że nie musimy korzystać z rezultatu pokazanego w zadaniu [[#D158|D158]]. 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D160* 
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>.

Twierdzenie o trzech funkcjach (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>. 
</div>

Twierdzenie o dwóch funkcjach (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>

Twierdzenie o dwóch funkcjach (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>

Zadanie D161 
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 [[#D160|D160]] p.1 otrzymujemy natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to x_0} f (x) g (x) = 0</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D162 (wzór Frullaniego) 
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 . 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 [[#D159|D159]]) 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 [[#D160|D160]])

:*    ponieważ <math>a \varepsilon < \xi_1 , 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D163 
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 [[#D162|D162]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Całkowe przedstawienia stałej Eulera i funkcji digamma ===

 

Definicja D164 
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>.

Twierdzenie D165 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D166 
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 [[#D162|D162]], [[#D163|D163]])

::<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 [[#D165|D165]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D167 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D168 
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 [[#D148|D148]]), 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>[a] 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 [[#D167|D167]])

::::::::<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 [[#D167|D167]]. 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 [[#D166|D166]]. 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; " />
[a] 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 [[#D160|D160]] p.1) otrzymujemy natychmiast, że <math>\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^z = 0</math>, gdy <math>\operatorname{Re}(z) > 0</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D169 
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 [[#D168|D168]] 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 [[#D166|D166]])

::<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. 
□
{{\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 [[#D72|D72]].</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>

Całkowanie numeryczne. Metoda Simpsona

2026-04-13T17:48:24Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">22.07.2022</div>

__FORCETOC__

== Funkcje kawałkami klasy <math>C^n</math> ==

Uwaga F1 
Czytelnik może pominąć ten temat przy pierwszym czytaniu i powrócić do niego, gdy uzna, że potrzebuje bardziej precyzyjnego ujęcia omawianych tu problemów. Z pojęcia funkcji kawałkami klasy <math>C^n</math> będziemy korzystali bardzo rzadko i jeśli Czytelnik chciałby jedynie poznać metodę Simpsona przybliżonego obliczania całek, to nie musi tracić czasu na zapoznawanie się z tym tematem.

Definicja F2 
Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^0</math> (lub kawałkami ciągła<ref name="PiecewiseContFun"/>) w przedziale <math>[a, b]</math>, jeżeli jest ona zdefiniowana i ciągła wszędzie poza skończoną liczbą punktów <math>x_k \in \left[ a, b \right].</math> Przy czym w każdym z punktów <math>x_k</math> istnieją skończone granice jednostronne <math>\lim_{x \to x^-_k} f (x)</math> oraz <math>\lim_{x \to x^+_k} f (x)</math>. W przypadku, gdy <math>x_k = a</math> musi istnieć skończona granica prawostronna, a w przypadku, gdy <math>x_k = b</math> musi istnieć granica lewostronna.

Zadanie F3 
Niech

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{rcc}
a & & x = - 5\\
- x & & - 5 < x < 0\\
b & & x = 0\\
x & & 0 < x < 5\\
c & & x = 5
\end{array} \right.</math>

Zbadać, dla jakich wartości liczb <math>a, b, c</math>

:* funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>
:* funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>

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

::<math>\lim_{x \to - 5^+} f (x) = - 5</math>

::<math>\lim_{x \to 0^-} f (x) = 0</math>

::<math>\lim_{x \to 0^+} f (x) = 0</math>

::<math>\lim_{x \to 5^-} f (x) = 5</math>

to tylko dla wartości <math>a = - 5</math>, <math>b = 0</math>, <math>c = 5</math> funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>. Ale wybór liczb <math>a, b, c</math> nie ma żadnego wpływu na to, czy funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>. W przypadku, gdy <math>b = 0</math> i <math>a \neq - 5</math> funkcja <math>f(x)</math> będzie (w jednym kawałku) kawałkami ciągła, ale nie będzie funkcją ciągłą. W przypadku, gdy <math>b \neq 0</math> funkcja <math>f(x)</math> będzie (w dwóch kawałkach) kawałkami klasy <math>C^0 ([a, b])</math>. Nawet gdyby wartości funkcji <math>f(x)</math> były nieokreślone w punktach <math>a, b, c</math>, to i tak funkcja <math>f(x)</math> byłaby kawałkami klasy <math>C^0 ([a, b])</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie F4 
Pokazać, że funkcje <math>{\small\frac{1}{x}}</math> oraz <math>\sin \! \left( {\small\frac{1}{x}} \right)</math> nie są kawałkami klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>.

Definicja F5 
Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^1</math><ref name="PiecewiseSmoothFun"/> w przedziale <math>[a, b]</math>, jeżeli jest ona kawałkami ciągła w <math>[a, b]</math>, a jej pochodna <math>f' (x)</math> istnieje i jest kawałkami ciągła w <math>[a, b]</math>.

Oznacza to, że musi istnieć skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> wyznaczających podział przedziału <math>[a, b]</math> w taki sposób, że

:* funkcja <math>f(x)</math> jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* pochodna <math>f' (x)</math> istnieje i jest ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* istnieją skończone granice jednostronne funkcji <math>f(x)</math> i <math>f' (x)</math> na krańcach każdego z przedziałów <math>(x_k, x_{k + 1})</math>

Definicja F6 
Niech <math>r \in \mathbb{Z}_+</math>. Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math>, jeżeli jest ona kawałkami ciągła w <math>[a, b]</math>, a jej pochodne <math>f^{(i)} (x)</math>, gdzie <math>i = 1, \ldots, r</math> istnieją i są kawałkami ciągłe w <math>[a, b]</math>.

Oznacza to, że musi istnieć skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> wyznaczających podział przedziału <math>[a, b]</math> w taki sposób, że

:* funkcja <math>f(x)</math> jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* pochodne <math>f^{(i)} (x)</math>, gdzie <math>i = 1, \ldots, r</math>, istnieją i są ciągłe w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* istnieją skończone granice jednostronne funkcji <math>f^{(i)} (x)</math>, gdzie <math>i = 0, 1, \ldots, r</math>, na krańcach każdego z przedziałów <math>(x_k, x_{k + 1})</math>

Definicja F7 
Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^r</math> w <math>\mathbb{R}</math>, jeśli jest ona kawałkami klasy <math>C^r</math> w każdym ograniczonym przedziale <math>[a, b] \subset \mathbb{R}</math>.

Przykład F8 
Rozważmy funkcję

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{ccc}
0 & & - 5 \leqslant x < 0\\
1 & & 0 < x \leqslant 5
\end{array} \right.</math>

Celowo nie określiliśmy wartości funkcji <math>f(x)</math> w punkcie <math>x = 0</math>. Ponieważ

::<math>\lim_{x \to - 5^+} f (x) = \lim_{x \to 0^-} f (x) = 0</math>

::<math>\lim_{x \to 0^+} f (x) = \lim_{x \to 5^-} f (x) = 1</math>

zatem spełnione są warunki definicji [[#F2|F2]] i funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami ciągła (kawałkami klasy <math>C^0</math>). Zauważmy, że funkcja ta jest funkcją skokową Heaviside'a<ref name="HeavisideStepFun"/> <math>H(x)</math> obciętą do przedziału <math>[- 5, 5]</math>.

::<math>H(x) = \left\{ \begin{array}{ccc}
0 & & x < 0\\
1 & & x \geqslant 1
\end{array} \right.</math>

Warto zauważyć, że wartość funkcji Heaviside'a w <math>x = 0</math> nie jest ustalona. Niekiedy podaje się <math>H(0) = 0</math>, a czasami <math>H(0) = {\small\frac{1}{2}}</math>. Oczywiście funkcja Heaviside'a jest kawałkami klasy <math>C^0(\mathbb{R})</math>. Przyjmując <math>H(0) = 1</math>, policzmy pochodne jednostronne funkcji <math>H(x)</math> w <math>x = 0</math>

::<math>\lim_{h \to 0^-} {\small\frac{H (0 + h) - H (0)}{h}} = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{0 - 1}{h}} = - \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{1}{h}} = + \infty</math>

::<math>\lim_{h \to 0^+} {\small\frac{H (0 + h) - H (0)}{h}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{1 - 1}{h}} = 0</math>

Czyli pochodna <math>H' (0)</math> nie istnieje, ale granice jednostronne pochodnej w punkcie <math>x = 0</math> istnieją. Istotnie, dla <math>x \neq 0</math> mamy <math>H' (x) = 0</math>, zatem

::<math>\lim_{x \to 0^-} H' (x) = \lim_{x \to 0^+} H' (x) = 0</math>

Wynika stąd, że funkcja Heaviside'a jest kawałkami klasy <math>C^1 (\mathbb{R})</math>.

Zadanie F9 
Pokazać, że funkcja

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{ccc}
x^2 \sin \! \left( {\large\frac{1}{x}} \right) & & 0 < | x | \leqslant 5\\
0 & & x = 0
\end{array} \right.</math>

:* jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>
:* jest różniczkowalna w całym przedziale <math>[- 5, 5]</math>
:* nie jest klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>
:* nie jest kawałkami klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>

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

::<math>\lim_{x \to 0} f (x) = 0</math>

to funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[- 5, 5]</math>, czyli jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>.

Zauważmy też, że funkcja <math>f(x)</math> jest różniczkowalna w punkcie <math>x = 0</math>

::<math>f' (0) = \lim_{h \to 0} {\small\frac{f (h) - f (0)}{h}} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \cdot \sin \! \left( {\large\frac{1}{h}} \right)}{h} = \lim_{h \to 0} h \cdot \sin \! \left( {\small\frac{1}{h}} \right) = 0</math>

Ostatnia granica wynika z układu nierówności

::<math> - h \leqslant h \cdot \sin \! \left( {\small\frac{1}{h}} \right) \leqslant h</math>

Czyli pochodna funkcji <math>f(x)</math> jest równa

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{ccc}
2 x \sin \! \left( {\large\frac{1}{x}} \right) - \cos \! \left( {\large\frac{1}{x}} \right) & & 0 < | x | \leqslant 5\\
0 & & x = 0
\end{array} \right.</math>

i istnieje dla każdego punktu <math>x \in [- 5, 5]</math>.

Ale granice funkcji <math>f' (x)</math> w punkcie <math>x = 0</math> nie istnieją

::<math>\lim_{x \to 0} f' (x) = \lim_{h \to 0} f' (0 + h) = \lim_{h \to 0} \left[ 2 h \sin \! \left( {\small\frac{1}{h}} \right) - \cos \! \left( {\small\frac{1}{h}} \right) \right] = - \lim_{h \to 0} \cos \left( {\small\frac{1}{h}} \right)</math>

Zatem pochodna funkcji <math>f(x)</math> nie jest ciągła w punkcie <math>x = 0</math>, czyli <math>f(x)</math> nie jest funkcją klasy <math>C^1</math>. Co więcej, funkcja <math>f(x)</math> nie jest nawet funkcją kawałkami klasy <math>C^1</math>, bo granice jednostronne pochodnej <math>f' (x)</math> nie istnieją w punkcie <math>x = 0</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie F10 
Pokazać, że funkcja

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{ccc}
x^2 \sin \! \left( {\large\frac{1}{x}} \right) & & 0 < | x | \leqslant 5\\
1 & & x = 0
\end{array} \right.</math>

:* nie jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>
:* jest kawałkami klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>
:* nie jest kawałkami klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>

== Metoda Simpsona (parabol) ==

Twierdzenie F11 
Jeżeli punkty <math>(- h, y_0)</math>, <math>(0, y_1)</math> oraz <math>(h, y_2)</math> leżą na pewnej paraboli <math>g(x)</math>, to

::<math>\int^h_{- h} g (x) d x = {\small\frac{h}{3}} (y_0 + 4 y_1 + y_2)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, zilustrujemy problem rysunkiem

::[[File: F_Parabola.png|none]]

Z założenia funkcja <math>g(x)</math> jest parabolą, co oznacza, że może być zapisana w postaci

::<math>g(x) = A x^2 + B x + C</math>

Zatem

::<math>\int^h_{- h} g (x) d x = \int^h_{- h} (A x^2 + B x + C) d x</math>

:::::<math>\;\;\, = {\small\frac{A x^3}{3}} + {\small\frac{B x^2}{2}} + C x \biggr\rvert_{- h}^{h}</math>

:::::<math>\;\;\, = {\small\frac{2 A h^3}{3}} + 2 C h</math>

:::::<math>\;\;\, = {\small\frac{h}{3}} (2 A h^2 + 6 C)</math>

Z drugiej strony parabola <math>g(x) = A x^2 + B x + C</math> przechodzi przez punkty <math>(- h, y_0)</math>, <math>(0, y_1)</math> oraz <math>(h, y_2)</math>. Wynika stąd, że współczynniki <math>A, B, C</math> muszą spełniać układ równań

::<math>y_0 = A h^2 - B h + C</math>

::<math>y_1 = C</math>

::<math>y_2 = A h^2 + B h + C</math>

Dodając do siebie pierwsze i trzecie równanie, otrzymujemy

::<math>y_0 + y_2 = 2 A h^2 + 2 C</math>

Stąd już łatwo znajdujemy, że

::<math>2 A h^2 + 6 C = (2 A h^2 + 2 C) + 4 C = y_0 + y_2 + 4 y_1</math>

Co kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F12 
Jeżeli punkty <math>(a, y_0)</math>, <math>(c, y_1)</math> oraz <math>(b, y_2)</math> leżą na pewnej paraboli <math>g(x)</math>, gdzie <math>c = a + h</math>, <math>b = a + 2 h</math> i <math>h > 0</math>, to

::<math>\int^b_a g (x) d x = {\small\frac{h}{3}} (y_0 + 4 y_1 + y_2) = {\small\frac{b - a}{6}} (y_0 + 4 y_1 + y_2)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że w rzeczywistości twierdzenie [[#F12|F12]] wynika z twierdzenia [[#F11|F11]].

Istotnie, przesunięcie paraboli wzdłuż osi <math>O X</math> nie zmienia pola pod parabolą, zatem udowodnione wyżej twierdzenie możemy natychmiast uogólnić dla dowolnych punktów na osi <math>O X</math>. Dla dowolnie wybranych <math>a</math> oraz <math>h > 0</math> mamy <math>c = a + h</math> oraz <math>b = a + 2 h</math>. Jeżeli punkty <math>(a, y_0)</math>, <math>(c, y_1)</math> oraz <math>(b, y_2)</math> leżą na pewnej paraboli <math>g(x)</math>, to musi być

::<math>\int^b_a g (x) d x = {\small\frac{h}{3}} (y_0 + 4 y_1 + y_2)</math>

W twierdzeniu [[#F11|F11]] wybraliśmy na osi <math>O X</math> punkty <math>- h, 0, h</math>, aby uprościć obliczenia, które w przypadku ogólnym są znacznie bardziej skomplikowane i oczywiście dają ten sam rezultat.

Dla zainteresowanego Czytelnika przedstawimy główne kroki dowodu w przypadku ogólnym. Niech <math>g(x) = A x^2 + B x + C</math> będzie poszukiwanym równaniem paraboli. Współczynniki <math>A, B, C</math> wynikają z układu równań

::<math>\left\{ \begin{array}{l}
y_0 = A a^2 + B a + C\\
y_1 = A c^2 + B c + C\\
y_2 = A b^2 + B b + C
\end{array} \right.</math>

Rozwiązując i uwzględniając, że <math>c = \tfrac{1}{2} (a + b)</math>, otrzymujemy

::<math>A = {\small\frac{2 (y_0 - 2 y_1 + y_2)}{(b - a)^2}}</math>

::<math>B = - {\small\frac{y_0 (a + 3 b) - 4 y_1 (a + b) + y_2 (3 a + b)}{(b - a)^2}}</math>

::<math>C = {\small\frac{(b y_0 + a y_2) (a + b) - 4 a b y_1}{(b - a)^2}}</math>

Zamiast uciążliwego wyliczania współczynników z układu równań, możemy funkcję <math>g(x)</math> zapisać od razu w takiej postaci, aby spełniała warunki <math>g(a) = y_0</math>, <math>g(c) = y_1</math> oraz <math>g(b) = y_2</math>.

::<math>g(x) = y_0 \cdot {\small\frac{(x - b) (x - c)}{(a - b) (a - c)}} + y_1 \cdot {\small\frac{(x - a) (x - b)}{(c - a) (c - b)}} + y_2 \cdot {\small\frac{(x - a) (x - c)}{(b - a) (b - c)}}</math>

Jeżeli położymy <math>c = \tfrac{1}{2} (a + b)</math>, to otrzymamy równanie identyczne z <math>g(x) = A x^2 + B x + C</math>.

Przechodząc w wypisanym wyżej wzorze do nowej zmiennej <math>t = x - c</math> oraz zauważając, że <math>b - a = 2 h \;</math> i <math>\; b - c = c - a = h</math>, dostajemy

::<math>g(t) = {\small\frac{1}{2 h^2}} [(y_0 - 2 y_1 + y_2) t^2 + h (y_2 - y_0) t + 2 h^2 y_1]</math>

Konsekwentnie w całce również musimy dokonać zamiany zmiennych. Kładąc <math>t = x - c</math>, dostajemy

::<math>\int^b_a g (x) d x = \int^h_{- h} g (t) d t</math>

:::::<math>\;\: = {\small\frac{1}{2 h^2}} \int^h_{- h} [(y_0 - 2 y_1 + y_2) t^2 + h (y_2 - y_0) t + 2 h^2 y_1] d t =</math>

:::::<math>\;\: = {\small\frac{1}{2 h^2}} \left[ {\small\frac{2 h^3}{3}} (y_0 - 2 y_1 + y_2) + 2 h^2 y_1 \cdot 2 h \right]</math>

:::::<math>\;\: = {\small\frac{h}{3}} (y_0 + 4 y_1 + y_2)</math>

Co kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F13 (całkowanie przybliżone metodą Simpsona) 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>, to przybliżoną wartość całki <math>\int_a^b f (x) d x</math> możemy obliczyć ze wzoru

::<math>\int_a^b f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} [f (x_0) + 4 f (x_1) + 2 f (x_2) + 4 f (x_3) + 2 f (x_4) + \ldots + 2 f (x_{n - 2}) + 4 f (x_{n - 1}) + f (x_n)]</math>

Wzór ten możemy zapisać w zwartej postaci

::<math>\int_a^b f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 \sum_{k = 1}^{n / 2} f (x_{2 k - 1}) + 2 \sum_{k = 1}^{n / 2 - 1} f (x_{2 k}) + f (x_n) \right]</math>

gdzie <math>n</math> jest liczbą parzystą, a <math>n + 1</math> punktów <math>x_k</math> zostało wybranych w przedziale <math>[a, b]</math> tak, aby

::<math>a = x_0 < x_1 < x_2 < \ldots < x_{n - 2} < x_{n - 1} < x_n = b</math>

Punkty te tworzą parzystą liczbę przedziałów <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>, gdzie <math>k = 0, 1, \ldots, n - 1</math> o takich samych szerokościach <math>h = {\small\frac{b - a}{n}}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech funkcja <math>f(x)</math> będzie ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>. Aby znaleźć przybliżoną wartość całki <math>\int_a^b f (x) d x</math>, dzielimy przedział <math>[a, b]</math> na parzystą liczbę przedziałów <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>, gdzie <math>k = 0, 1, \ldots, n - 1</math>. Każdy z tych utworzonych przedziałów ma jednakową szerokość <math>h = x_{k + 1} - x_k = {\small\frac{b - a}{n}}</math>.

::[[File: F_Simpson.png|none]]

Liczba przedziałów musi być parzysta, bo będziemy rozpatrywali pary przedziałów <math>[x_0, x_2]</math>, <math>[x_2, x_4]</math>, ... , <math>[x_{2 k - 2}, x_{2 k}]</math>, ... <math>[x_{n - 2}, x_{n}]</math>. Dla każdej takiej pary przedziałów istnieją trzy punkty charakterystyczne, odpowiadające wartości funkcji <math>f(x)</math> na początku, na końcu i w środku przedziału. Żądanie, aby parabola przechodziła przez te trzy punkty, określa jednoznacznie współczynniki paraboli i jest ona przybliżeniem funkcji <math>f(x)</math>.

Na podstawie twierdzenia [[#F12|F12]] całka <math>I_{2 k} = \int_{x_{2 k - 2}}^{x_{2 k}} g (x) d x</math>, gdzie <math>g (x)</math> jest parabolą przechodzącą przez punkty <math>(x_{2 k - 2}, f (x_{2 k - 2}))</math>, <math>(x_{2 k - 1}, f (x_{2 k - 1}))</math> oraz <math>(x_{2 k}, f (x_{2 k}))</math> jest równa

::<math>I_{2 k} = \int_{x_{2 k - 2}}^{x_{2 k}} g (x) d x = {\small\frac{h}{3}} [f (x_{2 k - 2}) + 4 f (x_{2 k - 1}) + f (x_{2 k})]</math>

Sumując całki <math>I_{2 k} = \int_{x_{2 k - 2}}^{x_{2 k}} g (x) d x</math> dla kolejnych par przedziałów, otrzymujemy przybliżenie całki oznaczonej <math>\int_a^b f (x) d x</math>

::<math>\int^b_a f (x) d x \approx {\small\frac{h}{3}} [f (x_0) + 4 f (x_1) + f (x_2)] + {\small\frac{h}{3}} [f (x_2) + 4 f (x_3) + f (x_4)] + \ldots + {\small\frac{h}{3}} [f (x_{2 k - 2}) + 4 f (x_{2 k - 1}) + f (x_{2 k})] + \ldots + {\small\frac{h}{3}} [f (x_{n - 2}) + 4 f (x_{n - 1}) + f (x_n)]</math>

:::::<math>\;\; = {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 f (x_1) + 2 f (x_2) + 4 f (x_3) + 2 f (x_4) + \ldots + 4 f (x_{2 k - 1}) + f (x_{2 k}) + \ldots + 2 f (x_{n - 2}) + 4 f (x_{n - 1}) + f (x_n) \right]</math>

Współczynnik <math>4</math> występuje przy wszystkich wyrazach <math>f(x_{2 k - 1})</math>, czyli dla argumentów o indeksie nieparzystym. Współczynnik <math>2</math> występuje przy wszystkich wyrazach <math>f(x_{2 k})</math>, czyli dla argumentów o indeksie parzystym, ale nie dotyczy to indeksów <math>0</math> oraz <math>n</math>. Dlatego liczba wyrazów ze współczynnikiem <math>4</math> jest o jeden większa od liczby wyrazów ze współczynnikiem <math>2</math>. Używając symboli sumy, możemy powyższy wzór zapisać w postaci

::<math>\int^b_a f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 \sum^{n / 2}_{k = 1} f (x_{2 k - 1}) + 2 \sum_{k = 1}^{n / 2 - 1} f (x_{2 k}) + f (x_n) \right]</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F14 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^4 ([a, b])</math>, a funkcja <math>W(x)</math> jest równa

::<math>W(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
{\large\frac{1}{12}} (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) & & a \leqslant x \leqslant c\\
{\large\frac{1}{12}} (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) & & c < x \leqslant b
\end{array} \right.</math>

gdzie <math>c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>, to

::<math>\int^b_a f (x) d x = {\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)] + {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Dowód oparliśmy na pomyśle Talvili i Wiersmy<ref name="TalvilaWiersma"/>. Dla wygody wprowadźmy oznaczenia

::<math>W(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
U (x) & & a \leqslant x \leqslant c\\
V (x) & & c < x \leqslant b
\end{array} \right.</math>

gdzie

::<math>U(x) = {\small\frac{1}{12}} (x - a)^3 (3 x - a - 2 b)</math>

::<math>V(x) = {\small\frac{1}{12}} (x - b)^3 (3 x - 2 a - b)</math>

Wyliczając wartości <math>U^{(n)} (a)</math>, <math>U^{(n)} (c)</math>, <math>V^{(n)} (c)</math> oraz <math>V^{(n)} (b)</math>, gdzie <math>n = 0, 1, \ldots, 4</math> sporządziliśmy tabelę wartości funkcji <math>W(x)</math> i jej pochodnych w punktach <math>x = a</math>, <math>x = c</math> i <math>x = b</math>.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>\quad n \quad</math> || <math>U^{(n)} (a)</math> || <math>U^{(n)} (c)</math> || <math>V^{(n)} (c)</math> || <math>V^{(n)} (b)</math>
|-
| <math>\quad 0 \quad</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{(b - a)^4}{192}}</math> || <math>- {\small\frac{(b - a)^4}{192}}</math> || <math>0</math>
|- style=height:2.5em
| <math>\quad 1 \quad</math> || <math>0</math> || <math>0</math> || <math>0</math> || <math>0</math>
|-
| <math>\quad 2 \quad</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{(b - a)^2}{4}}</math> || <math>{\small\frac{(b - a)^2}{4}}</math> || <math>0</math>
|- style=height:2.5em
| <math>\quad 3 \quad</math> || <math>- (b - a)</math> || <math>2 (b - a)</math> || <math>- 2 (b - a)</math> || <math>b - a</math>
|- style=height:2.5em
| <math>\quad 4 \quad</math> || <math>6</math> || <math>6</math> || <math>6</math> || <math>6</math>
|}

Zauważmy: trzecia pochodna funkcji <math>W(x)</math> jest funkcją nieciągłą w punkcie <math>x = c</math>, zatem funkcja <math>W(x)</math> jest klasy <math>C^2 ([a, b])</math>. Natomiast czwarte pochodne funkcji <math>U(x)</math> i <math>V(x)</math> są funkcjami stałymi i są sobie równe.

Dowód przeprowadzimy, całkując wielokrotnie przez części całkę <math>\int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x</math>. Ponieważ dla <math>n = 0, 1, 2</math> funkcje <math>W^{(n)} (x)</math> są ciągłe oraz spełniony jest warunek

::<math>W^{(n)} (a) = W^{(n)} (b) = 0</math>

to otrzymujemy kolejno

::<math>\int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x = f^{(3)} (x) W (x) \biggr\rvert_{a}^{b} - \int^b_a f^{(3)} (x) W^{(1)} (x) d x</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - \int^b_a f^{(3)} (x) W^{(1)} (x) d x</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f^{(2)} (x) W^{(1)} (x) \biggr\rvert_{a}^{b} + \int^b_a f^{(2)} (x) W^{(2)} (x) d x</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = \int^b_a f^{(2)} (x) W^{(2)} (x) d x</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = f^{(1)} (x) W^{(2)} (x) \biggr\rvert_{a}^{b} - \int^b_a f^{(1)} (x) W^{(3)} (x) d x</math>

:::::::<math>\;\;\;\,\, = - \int^b_a f^{(1)} (x) W^{(3)} (x) d x</math>

Ponieważ funkcja <math>W^{(3)} (x)</math> jest nieciągła w punkcie <math>x = c = {\small\frac{a + b}{2}}</math>, to musimy całkować osobno dla <math>x \in [a, c]</math> i dla <math>x \in [c, b]</math>

::<math>\int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x = - \int^c_a f^{(1)} (x) U^{(3)} (x) d x - \int^b_c f^{(1)} (x) V^{(3)} (x) d x</math>

Mamy

::<math>- \int_a^c f^{(1)} (x) U^{(3)} (x) d x = - f (x) U^{(3)} (x) \biggr\rvert_{a}^{c} + \int^c_a f (x) U^{(4)} (x) d x</math>

:::::::::<math>\:\! = - f (c) U^{(3)} (c) + f (a) U^{(3)} (a) + 6 \int^c_a f (x) d x</math>

:::::::::<math>\:\! = - 2 (b - a) f (c) - (b - a) f (a) + 6 \int^c_a f (x) d x</math>

:::::::::<math>\:\! = - (b - a) [f (a) + 2 f (c)] + 6 \int^c_a f (x) d x</math>

::<math>- \int_c^b f^{(1)} (x) V^{(3)} (x) d x = - f (x) V^{(3)} (x) \biggr\rvert_{c}^{b} + \int^b_c f (x) V^{(4)} (x) d x</math>

:::::::::<math>= - f (b) V^{(3)} (b) + f (c) V^{(3)} (c) + 6 \int^b_c f (x) d x</math>

:::::::::<math>= - (b - a) f (b) - 2 (b - a) f (c) + 6 \int^b_c f (x) d x</math>

:::::::::<math>= - (b - a) [f (b) + 2 f (c)] + 6 \int^b_c f (x) d x</math>

Zatem

::<math>\int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x = - (b - a) [f (a) + 4 f (c) + f (b)] + 6 \int^b_a f (x) d x</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast

::<math>\int^b_a f (x) d x = {\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)] + {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x</math>

Co kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F15 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją klasy <math>C^4 ([a, b])</math> i <math>c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>. Jeżeli wartość całki <math>\int^b_a f (x) d x</math> przybliżymy wartością całki <math>\int^b_a g (x) d x</math>, gdzie <math>g(x)</math> jest parabolą przechodzącą przez punkty <math>P_a = (a, f (a))</math>, <math>P_c = (c, f (c))</math> oraz <math>P_b = (b, f (b))</math>, to błąd takiego przybliżenia jest nie większy niż <math>{\small\frac{M (b - a)^5}{2880}}</math>, gdzie <math>M \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że z definicji punkty <math>P_a</math>, <math>P_b</math> i <math>P_c</math> są punktami wspólnymi funkcji <math>f(x)</math> i paraboli <math>g(x)</math>.

Z twierdzenia [[#F14|F14]] wiemy, że

::<math>\int^b_a f (x) d x = {\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)] + {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x</math>

Uwzględniając twierdzenie [[#F12|F12]], możemy napisać

::<math>\int^b_a f (x) d x = \int^b_a g (x) d x + {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x</math>

Zatem błąd, jaki popełniamy, przybliżając funkcję <math>f (x)</math> parabolą <math>g (x)</math> przechodzącą przez punkty <math>P_a</math>, <math>P_b</math> i <math>P_c</math>, wynosi

::<math>\left| \int^b_a f (x) d x - \int^b_a g (x) d x \right| = {\small\frac{1}{6}} \left| \int^b_a f^{(4)} (x) W (x) d x \right|</math>

::::::::::<math>\leqslant {\small\frac{1}{6}} \int^b_a | f^{(4)} (x) W (x) | d x</math>

::::::::::<math>\leqslant {\small\frac{M}{6}} \int^b_a | W (x) | d x</math>

gdzie <math>M \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>. Pozostaje policzyć całkę

::<math>\int^b_a | W (x) | d x = {\small\frac{1}{12}} \int^c_a | (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) | d x + {\small\frac{1}{12}} \int^b_c | (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) | d x</math>

Ponieważ prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>a < {\small\frac{2 a + b}{3}} < {\small\frac{a + b}{2}} < {\small\frac{a + 2 b}{3}} < b</math>

a funkcje podcałkowe są iloczynami liniowych funkcji rosnących to, po znalezieniu miejsc zerowych tych funkcji, otrzymujemy natychmiast informację o znaku funkcji podcałkowych w interesujących nas przedziałach

{| class="wikitable plainlinks" style="display: inline-table; margin-left: 60px; margin-right: 200px; background:transparent; font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>x</math> || <math>a</math> || <math>c</math> || <math>{\small\frac{a + 2 b}{3}}</math>
|-
| <math>x - a</math> || <math>0</math> || <math>+</math> || <math>+</math>
|-
| <math>3 x - a - 2 b</math> || <math>-</math> || <math>-</math> || <math>0</math>
|}
{| class="wikitable plainlinks" style="display: inline-table; margin-left: 200px; margin-right: 5px; background:transparent; font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
| <math>x</math> || <math>{\small\frac{2 a + b}{3}}</math> || <math>c</math> || <math>b</math>
|-
| <math>x - b</math> || <math>-</math> || <math>-</math> || <math>0</math>
|-
| <math>3 x - 2 a - b</math> || <math>0</math> || <math>+</math> || <math>+</math>
|}

Widzimy, że funkcje <math>(x - a)^3 (3 x - a - 2 b)</math> oraz <math>(x - b)^3 (3 x - 2 a - b)</math> są ujemne w swoich przedziałach całkowania, zatem (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+-1%2F12*%28x-a%29%5E3+*+%283*x-a-2*b%29+from+a+to+%28a%2Bb%29%2F2 WolframAlpha1], [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+-1%2F12*%28x-b%29%5E3+*+%283*x-2*a-b%29+from+%28a%2Bb%29%2F2+to+b WolframAlpha2])

::<math>\int^b_a | W (x) | d x = - {\small\frac{1}{12}} \int^c_a (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) d x - {\small\frac{1}{12}} \int^b_c (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) d x</math>

::::::<math>\: = {\small\frac{(b - a)^5}{960}} + {\small\frac{(b - a)^5}{960}}</math>

::::::<math>\: = {\small\frac{(b - a)^5}{480}}</math>

Podstawiając, otrzymujemy ostatecznie

::<math>\left| \int^b_a f (x) d x - \int^b_a g (x) d x \right| \leqslant {\small\frac{M}{6}} \cdot {\small\frac{(b - a)^5}{480}} = {\small\frac{M (b - a)^5}{2880}}</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F16 (błąd przybliżonego całkowania metodą Simpsona) 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją klasy <math>C^4 ([a, b])</math>. Jeżeli policzymy przybliżoną wartość całki <math>\int^b_a f (x) d x</math> metodą Simpsona (twierdzenie [[#F13|F13]]), to błąd takiego przybliżenia jest nie większy niż <math>{\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}}</math>, gdzie <math>M \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Maksymalny błąd, jaki możemy popełnić, stosując metodę Simpsona, jest sumą błędów, jakie zostają popełnione, gdy dla wybranej pary przedziałów <math>[x_{2 k - 2}, x_{2 k}]</math> przybliżamy funkcję <math>f(x)</math> parabolą. Zatem całkowity błąd metody Simpsona jest równy

::<math>E_n = \sum_{k = 1}^{n / 2} \left| \int^{x_{2 k}}_{x_{2 k - 2}} f (x) d x - \int^{x_{2 k}}_{x_{2 k - 2}} g_k (x) d x \right|</math>

gdzie <math>g_k (x)</math> jest parabolą, jaką funkcja <math>f(x)</math> została przybliżona w <math>k</math>-tej parze przedziałów <math>[x_{2 k - 2}, x_{2 k}]</math>. Z twierdzenia [[#F15|F15]] wynika natychmiast, że

::<math>E_n = \sum_{k = 1}^{n / 2} \frac{M_k \cdot (x_{2 k} - x_{2 k - 2})^5}{2880}</math>

gdzie

::<math>M_k \geqslant \max_{x_{2 k - 2} \leqslant x \leqslant x_{2 k}} | f^{(4)} (x) |</math>

Zatem

::<math>E_n = {\small\frac{1}{2880}} \sum_{k = 1}^{n / 2} M_k \cdot (2 h)^5 </math>

:::<math>\;\! = {\small\frac{(2 h)^5}{2880}} \sum_{k = 1}^{n / 2} M_k</math>

:::<math>\;\! \leqslant {\small\frac{32 \cdot h^5}{2880}} \sum_{k = 1}^{n / 2} M</math>

:::<math>\;\! = {\small\frac{M (b - a)^5}{90 n^5}} \cdot {\small\frac{n}{2}}</math>

:::<math>\;\! = {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}}</math>

gdzie oznaczyliśmy

::<math>M = \max (M_1, \ldots, M_{n / 2}) \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>

Co kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga F17 
Niech będzie dana funkcja <math>f(x)</math> klasy <math>C^4 ([a, b])</math>. Jeżeli obierzemy pewien stały skok <math>h</math> to, stosując metodę Simpsona, możemy policzyć przybliżenie <math>I</math> całki <math>\int^b_a f (x) d x</math>. Wiemy, że błąd, z jakim wyliczymy wartość całki nie przekracza liczby

::<math>E = {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}} = {\small\frac{M \cdot h^4}{180}} \cdot (b - a) = {\small\frac{M \cdot h^4}{180}} \cdot L</math>

gdzie <math>M \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>, a przez <math>L = b - a</math> oznaczyliśmy długość przedziału <math>[a, b]</math>.

Co się stanie, jeżeli (zachowując stały skok <math>h</math>) podzielimy przedział <math>[a, b]</math> na dowolną liczbę mniejszych przedziałów, każdy o długości <math>l_k</math>, policzymy całki <math>I_k</math> oraz błędy <math>E_k</math> w każdym z tych mniejszych przedziałów, a następnie je zsumujemy?

'''Całka <math>I</math> będzie oczywiście sumą wyliczonych całek <math>I_k</math>, a całkowity błąd <math>E'</math> będący sumą błędów <math>E_k</math> nie wzrośnie!'''

Istotnie błąd, jaki popełniamy w <math>k</math>-tym przedziale o długości <math>l_k</math>, wynosi

::<math>E_k = {\small\frac{M_k h^4}{180}} \cdot l_k</math>

gdzie <math>M_k</math> jest ograniczeniem od góry funkcji <math>| f^{(4)} (x) |</math> w <math>k</math>-tym przedziale. Suma tych błędów jest równa

::<math>E' = \sum_k {\small\frac{M_k h^4}{180}} \cdot l_k = {\small\frac{h^4}{180}} \sum_k M_k l_k \leqslant {\small\frac{M' \cdot h^4}{180}} \sum_k l_k = {\small\frac{M' \cdot h^4}{180}} \cdot L</math>

gdzie <math>M' = \max (M_1, M_2, \ldots, M_k, \ldots)</math> jest ograniczeniem od góry funkcji <math>f(x)</math> w przedziale <math>[a, b]</math>. Jeśli tylko dokonywaliśmy wyboru liczb <math>M_k</math> ograniczających od góry funkcję <math>| f^{(4)} (x) |</math> na odcinkach o długości <math>l_k</math> na tyle starannie, że prawdziwa jest nierówność

::<math>M' = \max (M_1, M_2, \ldots, M_k, \ldots) \leqslant M</math>

(co nie jest trudne, bo wystarczy przyjąć <math>M_1 = M_2 = \ldots = M_k = \ldots = M</math>), to otrzymujemy

::<math>E' = {\small\frac{M' \cdot h^4}{180}} \cdot L \leqslant {\small\frac{M \cdot h^4}{180}} \cdot L = E</math>

'''Powyższe rozważania od razu udzielają odpowiedzi na ważne pytanie:''' 
Co należy zrobić, jeżeli funkcja <math>f(x)</math> nie jest klasy <math>C^4</math>, a jedynie jest kawałkami klasy <math>C^4</math>? Oczywiście należy całkę zapisać jako sumę
całek, z których każda jest obliczana w takim przedziale, że funkcja <math>f(x)</math> jest w nim klasy <math>C^4</math>. Stosując metodę Simpsona, obliczyć całki <math>I_k</math> i błędy <math>E_k</math> w tych przedziałach, a następnie zsumować wartości całek i błędów.

Uwaga F18 
Podsumowując, metoda parabol prowadzi do natępującego wzoru na przybliżoną wartość całki

::<math>\int^b_a f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 \sum^{n / 2}_{k = 1} f (x_{2 k - 1}) + 2 \sum_{k = 1}^{n / 2 - 1} f (x_{2 k}) + f (x_n) \right]</math>

Przedział całkowania <math>[a, b]</math> dzielimy na parzystą liczbę <math>n</math> przedziałów <math>[x_{k - 1}, x_k]</math> o jednakowej szerokości <math>h = {\small\frac{b - a}{n}}</math>.

Wzór można przedstawić w postaci

::<math>\int^b_a f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (a) + 4 \sum^{n / 2}_{k = 1} f (a + (2 k - 1) \cdot h) + 2 \sum_{k = 1}^{n / 2 - 1} f (a + 2 k \cdot h) + f (b) \right]</math>

Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^4 ([a, b])</math>, to błąd wartości liczbowej całki oznaczonej <math>\int^b_a f (x) d x</math>, jaki popełniamy, stosując metodę Simpsona, nie przekracza

::<math>{\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}}</math>

gdzie <math>M \geqslant \underset{a \leqslant x \leqslant b}{\max} | f^{(4)} (x) |</math>.

Uwaga F19 
Wykorzystując przedstawioną metodę parabol, możemy bez trudu napisać w PARI/GP prosty i zaskakująco dokładny program do liczenia całek oznaczonych. Parametr <code>M</code> jest parametrem opcjonalnym. Jeżeli jest obecny, to zostanie wyliczony błąd <math>{\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}}</math>, gdzie <math>\max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) | \leqslant M</math>. Jeżeli zostanie pominięty, to zostanie wyliczona jedynie wartość <math>{\small\frac{(b - a)^5}{180 n^4}}</math>, a w wyniku pojawi się czynnik <math>M</math>, który ma przypominać, że liczba musi zostać pomnożona przez <math>M \geqslant \max_{a \leqslant x \leqslant b} | f^{(4)} (x) |</math>, aby uzyskać wartość błędu.

Simpson(a, b, n, M = -1) =
\\ n musi być liczbą parzystą
{
'''local'''(err, h, k, S, V);
h = 1.0 * (b - a)/n;
S = f(a) + 4 * '''sum'''(k = 1, n/2, f(a + (2*k-1)*h)) + 2 * '''sum'''(k = 1, n/2 - 1, f(a + 2*k*h)) + f(b);
S = (b - a)/(3 * n) * S;
err = 1.0 * (b - a)^5 / (180 * n^4) * '''if'''( M < 0, 1, M );
V = [ S, '''if'''( M < 0, '''Str'''( "M * ", err), err ) ];
'''return'''(V);
}

Przykład F20 
Przedstawimy kilka przykładowych wyników obliczeń całek nieoznaczonych przy pomocy programu <code>Simpson(a, b, n, M)</code>

::<math>f(x) = x^2</math>, <math>\qquad \int^3_0 f (x) d x = 9</math>

Simpson(0, 3, 2^10, 0)
[9.0000000000000000000000000000000000000, 0]

::<math>f(x) = \sin (x)</math>, <math>\qquad \int_{0}^{\pi} f (x) d x = 2</math>

Simpson(0, Pi, 2^10, 1)
[2.0000000000009843683496726710086289358, 1.5462404552801947792469203606107819849 E-12]

::<math>f(x) = {\small\frac{4}{1 + x^2}}</math>, <math>\qquad \int^1_0 f (x) d x = \pi</math>, <math>\qquad \pi = 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751</math>

Simpson(0, 1, 2^15, 96)
[3.1415926535897932384626433832474475839, 4.6259292692714855850984652837117513021 E-19]

Po uwzględnieniu wyliczonego błędu kolorem czerwonym zaznaczono tylko te cyfry, których wartość jest pewna. W rzeczywistości jeszcze kolejnych <math>10</math> cyfr jest poprawnych.

::<math>f(x) = {\small\frac{\sin (x)}{x}}</math>, <math>\qquad \int_{2 \pi}^{10^4} f (x) d x = 0.1527399692533334654765895125096821824796221626790438771977250903 \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+sin%28x%29%2Fx+from+2*Pi+to+10%5E5 WolframAlpha])

Simpson(2*Pi, 10^4, 2^22, 0.13)
[0.15273996925335764945765416969734658087, 2.3263037652077992736046178707334374747 E-10]

::<math>f(x) = {\small\frac{\sin (x)}{\log (x)}}</math>, <math>\qquad \int_{2 \pi}^{10^4} f (x) d x = 0.63535086286 \ldots \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+sin%28x%29%2Flog%28x%29+from+2*Pi+to+10%5E5 WolframAlpha])

Simpson(2*Pi, 10^4, 2^22, 0.46)
[0.63535086286330151753047973075030359191, 8.2315363999660589681394170810567787567 E-10]

::<math>f(x) = {\small\frac{P_1 (x)}{x}}</math>, <math>\qquad \int_{1}^{10} f (x) d x = - 0.072730903361964386963200944934753807929314886310179776161039616</math>

gdzie <math>P_1 (x)</math> jest okresową funkcją Bernoulliego. Znamy dokładny wynik, bo można pokazać, że (zobacz przykład [[Wzór Eulera-Maclaurina#E61|E61]])

::<math>\int^n_1 {\small\frac{P_1 (x)}{x}} d x = \log (n!) - n \log n + n - {\small\frac{1}{2}} \log n - 1</math>

Zauważmy, że funkcja <math>{\small\frac{P_1 (x)}{x}}</math> nie jest ciągła, ale jest kawałkami klasy <math>C^4</math>. Zapiszmy całkę w postaci sumy całek, z których każda jest określona w przedziale <math>[k, k + 1]</math>

::<math>\int_{1}^{10} f (x) d x = \int_{1}^{10} \frac{x - \lfloor x \rfloor - {\small\frac{1}{2}}}{x} d x</math>
:::::<math>\;\;\;\,\, = \int_{1}^{10} \left( 1 - \frac{\lfloor x \rfloor + {\small\frac{1}{2}}}{x} \right) d x</math>
:::::<math>\;\;\;\,\, = 9 - \sum_{k = 1}^{9} \int_{k}^{k + 1} \frac{k + {\small\frac{1}{2}}}{x} d x</math>
:::::<math>\;\;\;\,\, = 9 - \sum_{k = 1}^{9} \left( k + {\small\frac{1}{2}} \right) \int_{k}^{k + 1} {\small\frac{d x}{x}}</math>

Mamy

f(x) = 1 / x
[9, 0] - sum( k = 1, 9, (k + 1/2) * Simpson(k, k + 1, 2^20, 24/k^5) )
[-0.072730903361964386963200988526802160255, -1.7650768731492669233661475404296456609 E-25]

Zauważmy, że całka i błąd są mnożone przez czynnik <math>\left( k + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> – tak, jak być powinno! Ujemny znak błędu wynika z odejmowania wyliczonego błędu od zera.

Uwaga F21 
Czytelnik zapewne zwrócił uwagę, że we wszystkich przedstawionych przykładach wybieraliśmy liczbę podziałów tak, aby była potęgą liczby <math>2</math>. Są ku temu dwa dobre powody

:* ułamek <math>{\small\frac{1}{2^n}}</math> ma skończoną reprezentację binarną, co poprawia precyzję obliczeń
:* potrzebujemy dwukrotnego wzrostu liczby podziałów, aby zmniejszyć błąd o rząd wielkości (błąd maleje <math>16</math>-krotnie)

== Całkowanie przybliżone pewnych całek niewłaściwych ==

Twierdzenie F22 
Jeżeli całka <math>\int_{a}^{\infty} f (t) d t</math> jest zbieżna i istnieje funkcja <math>g(t)</math> spełniająca warunki

:* <math>| f (t) | \leqslant g (t)</math> dla <math>t \geqslant b</math>
:* istnieje całka nieoznaczona <math>G(t) = \int g (t) d t + C</math>
:* całka <math>\int_{b}^{\infty} g (t) d t</math> jest zbieżna
:* <math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

gdzie <math>b > a</math> jest dowolnie wybraną liczbą, to przybliżona wartość całki niewłaściwej <math>\int_{a}^{\infty} f (t) d t</math> jest równa

::<math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 \sum_{k = 1}^{n / 2} f (x_{2 k - 1}) + 2 \sum_{k = 1}^{n / 2 - 1} f (x_{2 k}) + f (x_n) \right]</math>

z błędem nie większym niż

::<math>E = {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}} - G (b)</math>

Przy czym optymalna liczba podziałów przedziału <math>[a, b]</math> (dla ustalonej wartości <math>b</math>) wynosi

::<math>n = (b - a) \cdot \sqrt[4]{{\small\frac{M}{36 g (b)}}}</math>

Odpowiada jej minimalny błąd równy

::<math>{\small\frac{(b - a) g (b)}{5}} - G (b)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy najpierw, że ponieważ z założenia <math>\int_{b}^{\infty} g (t) d t</math> jest zbieżna, to granica <math>\lim_{t \to + \infty} G (t)</math> jest skończona (twierdzenie [[Wzór Eulera-Maclaurina#E46|E46]]). Wybierając odpowiednią wartość stałej całkowania, możemy sprawić, że <math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>. Wynika stąd, że warunek ten zawsze może być spełniony, ale powinniśmy upewnić się, że tak jest.

Zastępując całkę niewłaściwą <math>\int_{a}^{\infty} f (t) d t</math> całką oznaczoną <math>\int^b_a f (t) d t</math>, popełniamy błąd

::<math>\left| \int_{a}^{\infty} f (t) d t - \int^b_a f (t) d t \right| = \left| \int_{b}^{\infty} f (t) d t \right|</math>

:::::::::<math>\;\;\:\, \leqslant \int_{b}^{\infty} | f (t) | d t</math>

:::::::::<math>\;\;\:\, \leqslant \int_{b}^{\infty} g (t) d t</math>

:::::::::<math>\;\;\:\, = \lim_{t \to + \infty} G (t) - G (b)</math>

:::::::::<math>\;\;\:\, = - G (b)</math>

Całkę oznaczoną <math>\int^b_a f (t) d t</math> możemy policzyć metodą parabol

::<math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x \approx \int^b_a f (x) d x \approx {\small\frac{(b - a)}{3 n}} \left[ f (x_0) + 4 \sum_{k = 1}^{n / 2} f (x_{2 k - 1}) + 2 \sum^{n / 2 - 1}_{k = 1} f (x_{2 k}) + f (x_n) \right]</math>

popełniając przy tym błąd

::<math>E_n = {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}}</math>

Zatem całkowity błąd jest nie większy niż

::<math>E = {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}} - G (b)</math>

Zauważmy, że równanie

::<math>{\small\frac{d}{d b}} \left( {\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}} - G (b) \right) = 0</math>

czyli

::<math>g(b) = {\small\frac{M (b - a)^4}{36 n^4}}</math>

jest warunkiem na minimalną wartość błędu. Wynika z niego optymalna wartość liczby podziałów <math>n</math> przedziału <math>[a, b]</math> dla wybranej wartości <math>b</math>

::<math>n^4 = {\small\frac{M (b - a)^4}{36 g (b)}}</math>

Ostatecznie dostajemy

::<math>n = (b - a) \cdot \sqrt[4]{{\small\frac{M}{36 g (b)}}}</math>

Błąd dla optymalnej wartości <math>n</math> wynosi

::<math>{\small\frac{M (b - a)^5}{180 n^4}} - G (b) = {\small\frac{M (b - a)^5}{180}} \cdot {\small\frac{36 g (b)}{M (b - a)^4}} - G (b) = {\small\frac{(b - a) g (b)}{5}} - G (b)</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga F23 
Na podstawie twierdzenia [[#F22|F22]], możemy napisać w PARI/GP program do przybliżonego liczenia całek niewłaściwych. Jeżeli parametrowi <code>num</code> przypiszemy wartość -1 (wartość domyślna), to zostanie wyliczona optymalna liczba podziałów

::<math>n = (b - a) \cdot \sqrt[4]{{\small\frac{M}{36 g (b)}}}</math>

(czyli taka, aby błąd był najmniejszy). Jeżeli parametr <code>num</code> przyjmie wartość -2, to optymalna liczba podziałów <math>n</math> zostanie zapisana w postaci potęgi liczby 2 (o wartości najbliższej optymalnej liczbie podziałów). W przypadku, gdy parametr <code>num</code> jest liczbą większą od zera, będzie on użyty do obliczeń jako liczba przedziałów <math>n</math>.

Program jest prosty, ale wymaga (zgodnie z twierdzeniem [[#F22|F22]]) nie tylko definicji funkcji podcałkowej, ale znacznie więcej. Przed uruchomieniem programu musimy

:1. zdefiniować funkcję podcałkową <math>f(t)</math>

:2. zdefiniować liczbę <math>M</math> będącą oszacowaniem od góry funkcji <math>| f^{(4)} (t) |</math> w przedziale <math>[a, b]</math>

:3. zdefiniować funkcję <math>g(t)</math> taką, że <math>| f (t) | \leqslant g (t)</math> dla <math>t \geqslant b</math>

:4. zdefiniować całkę nieoznaczoną <math>G(t)</math> funkcji <math>g(t)</math>

:5. upewnić się, że całka <math>\int_{b}^{\infty} g (t) d t</math> jest zbieżna

:6. sprawdzić, czy <math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>, a gdyby tak nie było, to zmienić definicję funkcji <math>G(t)</math>

Dopiero po wykonaniu tych czynności możemy uruchomić program <code>Simproper(a, b, num)</code>.

Simproper(a, b, num = -1) =
{
'''local'''(err, h, k, n, S);
n = '''if'''( num <= 0, '''floor'''( (b - a) * ( M/36/g(b) )^(1/4) ), num );
n = 2 * '''floor'''( (n+1)/2 );
'''if'''( num == -2, n = 2^'''floor'''( '''log'''(n)/'''log'''(2) + 1/2 ) );
h = 1.0 * (b - a)/n;
S = f(a) + 4 * '''sum'''(k = 1, n/2, f(a + (2*k-1)*h)) + 2 * '''sum'''(k = 1, n/2 - 1, f(a + 2*k*h)) + f(b);
S = (b - a)/(3 * n) * S;
err = 1.0 * M * (b - a)^5 / (180 * n^4) - G(b);
'''return'''( [S, err] );
}

Jeżeli funkcja <math>g(t)</math> jest szybko zbieżna, to nie należy prowadzić obliczeń w zbyt szerokim przedziale. Program będzie usiłował zapewnić odpowiednio mały błąd wyliczanej całki i liczba podziałów przedziału <math>[a, b]</math> może osiągnąć ogromne wartości, a obliczenia będą bardzo czasochłonne.

Przykład F24 
Rozważmy całkę <math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t</math>.

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t = 0.0032550962148135833916711170162561745391641476739599050514576388 \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+sin%28x%29%2Fx%5E3+from+2*Pi+to+infinity WolframAlpha])

Tak dokładny rezultat jest możliwy, ponieważ

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t = {\small\frac{1}{2}} \mathop{\textnormal{Si}}(2 \pi) - {\small\frac{\pi}{4}} + {\small\frac{1}{4 \pi}}</math>

gdzie funkcja <math>\mathop{\textnormal{Si}}(x) = \int^x_0 {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t</math> (sinus całkowy<ref name="SinusCalkowy1"/><ref name="SinusCalkowy2"/><ref name="SinusCalkowy3"/>) jest funkcją specjalną i wiemy, jak obliczać jej wartości z wysoką dokładnością.

Aby skorzystać z programu <code>Simproper(a, b, num)</code>, musimy przygotować

::<math>f(t) = {\small\frac{\sin (t)}{t^3}}</math>

::<math>g(t) = {\small\frac{1}{t^3}}</math>

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

::<math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

::<math>M \geqslant \underset{t \geqslant 2 \pi}{\max} | f^{(4)} (t) |</math> dla <math>M = 0.004</math>

Dla różnych wartości <math>b</math> otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^5)
[0.0032550962148146005117256508966635416723, 6.9998742421027342073324279855934715203 E-11]

Simproper(2*Pi, 3*10^5)
[0.0032550962148136208735774540186061237864, 7.7777312525236569255722454074806518694 E-12]

Przykład F25 
Rozważmy całkę oznaczoną

::<math>\int_{0}^{\infty} {\small\frac{d t}{e^t + t}} = 0.8063956162073262251 \ldots \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2F%28x%2Bexp%28x%29%29+from+0+to+inf WolframAlpha])

Aby skorzystać z programu <code>Simproper(a, b, num)</code>, musimy przygotować

::<math>f(t) = {\small\frac{1}{e^t + t}}</math>

::<math>g(t) = {\small\frac{1}{e^t}}</math>

::<math>G(t) = - {\small\frac{1}{e^t}}</math>

::<math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

::<math>M \geqslant \underset{t \geqslant 0}{\max} | f^{(4)} (t) |</math> dla <math>M = 261</math>

Dla różnych wartości <math>b</math> otrzymujemy

Simproper(0, 40)
[0.80639561620732622105189277802198625914, 3.8235099324937067671907345290643700420 E-17]

Simproper(0, 50)
[0.80639561620732622517960851949178238112, 2.1216247131181941474567287282139719553 E-21]

Zadanie F26 
Policzyć wartość całki

::<math>\int_{0}^{\infty} {\small\frac{d t}{e^t + t^2}} = 0.818759031812863 \ldots \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2F%28exp%28x%29+%2B+x%5E2%29+from+0+to+infinity WolframAlpha])

Uwaga F27 
Czytelnik zapewne zwrócił uwagę na ograniczony zakres stosowania twierdzenia [[#F22|F22]]. Nawet prostej całki <math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t</math> nie jesteśmy w stanie w ten sposób policzyć, bo <math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{d t}{t}}</math> jest rozbieżna. Poniżej pokażemy, jak można zwiększyć zakres stosowania tego twierdzenia. Rozpoczniemy od udowodnienia analogicznych wzorów do wzoru z twierdzenia [[Wzór Eulera-Maclaurina#E41|E41]]. Funkcje Bernoulliego zostały zastąpione funkcjami <math>\sin (x)</math> i <math>\cos (x)</math>.

Twierdzenie F28 
Jeżeli funkcja <math>f(t)</math> jest klasy <math>C^n</math>, to

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + \int f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) - \int f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

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

'''Punkt 1.'''

Indukcja matematyczna. Sprawdzamy prawdziwość wzoru dla <math>n = 1</math>.

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f^{(0)} (t) \cos (t) + \int f^{(1)} (t) \cos (t) d t</math>

::::::<math>\;\;\; = - f (t) \cos (t) + \int f' (t) \cos (t) d t</math>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{d}{d t}} \left [ f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) \right ] = f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) + f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right)</math>

Zatem

::<math>f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) = {\small\frac{d}{d t}} \left [ f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) \right ] - f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right)</math>

::<math>\int f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t = f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) - \int f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla liczby naturalnej <math>n</math> i korzystając z pokazanego przed chwilą związku, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>.

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + \int f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) - \int f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) - f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} + {\small\frac{\pi}{2}} \right) + \int f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} + {\small\frac{\pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{k = 0}^{n} f^{(k)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + \int f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{n \pi}{2}} \right) d t</math>

Co kończy dowód indukcyjny.

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Sprawdzamy prawdziwość wzoru dla <math>n = 1</math>.

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = f^{(0)} (t) \sin (t) - \int f^{(1)} (t) \sin (t) d t</math>

::::::<math>\;\;\; = f (t) \sin (t) - \int f' (t) \sin (t) d t</math>

Zauważmy, że

::<math>{\small\frac{d}{d t}} \left [ f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) \right ] = f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) - f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right)</math>

Zatem

::<math>f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) = - {\small\frac{d}{d t}} \left [ f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) \right ] + f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right)</math>

::<math>\int f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t = - f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) + \int f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla liczby naturalnej <math>n</math> i korzystając z pokazanego przed chwilą związku, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>.

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) - \int f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + f^{(n)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) - \int f^{(n + 1)} (t) \cos \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{(k)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) + f^{(n)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} + {\small\frac{\pi}{2}} \right) - \int f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{(n - 1) \pi}{2}} + {\small\frac{\pi}{2}} \right) d t</math>

::::::<math>\;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{n} f^{(k)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{k \pi}{2}} \right) - \int f^{(n + 1)} (t) \sin \! \left( t + {\small\frac{n \pi}{2}} \right) d t</math>

Co kończy dowód indukcyjny. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga F29 
Z twierdzenia [[#F28|F28]] wynika natychmiast, że prawdziwe są następujące wzory

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + \int f^{(1)} (t) \cos (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) - \int f^{(2)} (t) \sin (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) + f^{(2)} (t) \cos (t) - \int f^{(3)} (t) \cos (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) + f^{(2)} (t) \cos (t) - f^{(3)} (t) \sin (t) + \int f^{(4)} (t) \sin (t) d t</math>

Uwaga F30 
Z twierdzenia [[#F28|F28]] wynika natychmiast, że prawdziwe są następujące wzory

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = f (t) \sin (t) - \int f^{(1)} (t) \sin (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = f (t) \sin (t) + f^{(1)} (t) \cos (t) - \int f^{(2)} (t) \cos (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = f (t) \sin (t) + f^{(1)} (t) \cos (t) - f^{(2)} (t) \sin (t) + \int f^{(3)} (t) \sin (t) d t</math>

::<math>\int f (t) \cos (t) d t = f (t) \sin (t) + f^{(1)} (t) \cos (t) - f^{(2)} (t) \sin (t) - f^{(3)} (t) \cos (t) + \int f^{(4)} (t) \cos (t) d t</math>

Przykład F31 
Rozważmy całkę

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t = 0.152644750662268168985541529340002012956131350392536638644752066 \ldots \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+sin%28x%29%2Fx+from+2*Pi+to+inf WolframAlpha])

Nie możemy wprost zastosować twierdzenia [[#F22|F22]], ale korzystając ze wzoru podanego w uwadze [[#F29|F29]], otrzymujemy

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) - \int f^{(2)} (t) \sin (t) d t</math>

Zatem

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t = - {\small\frac{\cos (t)}{t}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - {\small\frac{\sin (t)}{t^2}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - 2 \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t</math>

::::::<math>\, = {\small\frac{1}{2 \pi}} - 2 \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t</math>

Całkę <math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^3}} d t</math> umiemy już obliczyć (przykład [[#F24|F24]]), zatem bez trudu policzymy całkę <math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t</math>. Skoro poszło nam tak dobrze, to spróbujmy wykorzystać wzór

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) + f^{(2)} (t) \cos (t) - f^{(3)} (t) \sin (t) + \int f^{(4)} (t) \sin (t) d t</math>

Otrzymujemy

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t = - {\small\frac{\cos (t)}{t}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - {\small\frac{\sin (t)}{t^2}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + 2 {\small\frac{\cos (t)}{t^3}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + 6 {\small\frac{\sin (t)}{t^4}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + 24 \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^5}} d t</math>

::::::<math>\, = {\small\frac{1}{2 \pi}} - {\small\frac{1}{4 \pi^3}} + 24 \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^5}} d t</math>

Aby policzyć numerycznie całkę po prawej stronie, musimy przygotować:

::<math>f(t) = {\small\frac{\sin (t)}{t^5}}</math>

::<math>g(t) = {\small\frac{1}{t^5}}</math>

::<math>G(t) = - {\small\frac{1}{4 t^4}}</math>

::<math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

::<math>M \geqslant \underset{t \geqslant 2 \pi}{\max} | f^{(4)} (x) |</math> dla <math>M = 6 \cdot 10^{- 5}</math>

Dla różnych wartości <math>b</math> otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^3)
[6.4695465777027289767180972728663860875 E-5, 4.4874345453688215509527110951904781824 E-13]

Simproper(2*Pi, 10^4)
[6.4695465778029401532128088001319549975 E-5, 4.4987432411781955704707501103003654673 E-17]

Uzyskaliśmy wynik

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^5}} d t = {\color{Red} 6.469546577}8029 \cdot 10^{- 5}</math>

Dla porównania

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^5}} d t = 6.46954657780293963651366308178572112473974453729045450304230 \cdot 10^{- 5} \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate+sin%28x%29%2Fx%5E5+from+2*Pi+to+infinity WolframAlpha])

I ostatecznie dostajemy

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t}} d t = {\small\frac{1}{2 \pi}} - {\small\frac{1}{4 \pi^3}} + 24 \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{t^5}} d t = {\color{Red} 0.15264475066226}8169</math>

Korzystając z przykładu [[#F24|F24]], uzyskalibyśmy mniej dokładny wynik.

Przykład F32 
Pokażemy, że

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{\log (t)}} d t = 0.5319715471471 \ldots</math>

W tym przypadku również nie możemy wprost zastosować twierdzenia [[#F22|F22]], ale korzystając ze wzoru na całkowanie przez części

::<math>\int f (t) \sin (t) d t = - f (t) \cos (t) + f^{(1)} (t) \sin (t) + f^{(2)} (t) \cos (t) - f^{(3)} (t) \sin (t) + \int f^{(4)} (t) \sin (t) d t</math>

dostajemy

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{\log (t)}} d t = - {\small\frac{\cos (t)}{\log (t)}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - {\small\frac{\sin (t)}{t \cdot \log^2 (t)}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + {\small\frac{(\log (t) + 2) \cos (t)}{t^2 \cdot \log^3 (t)}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - f^{(3)} (t) \sin (t) \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{(6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24) \cdot \sin (t)}{t^4 \cdot \log^5 (t)}} d t</math>

::::::<math>\: = {\small\frac{1}{\log (2 \pi)}} - {\small\frac{\log (2 \pi) + 2}{(2 \pi)^2 \cdot \log^3 (2 \pi)}} + \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{(6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24) \cdot \sin (t)}{t^4 \cdot \log^5 (t)}} d t</math>

Aby skorzystać z programu <code>Simproper(a, b, num)</code>, musimy przygotować

::<math>f(t) = {\small\frac{(6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24) \cdot \sin (t)}{t^4 \cdot \log^5 (t)}}</math>

::<math>g(t) = {\small\frac{6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24}{t^4 \cdot \log^5 (t)}}</math>

::<math>G(t) = - {\small\frac{2 \log^2 (t) + 6 \log (t) + 6}{t^3 \cdot \log^4 (t)}}</math>

::<math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

::<math>M \geqslant \underset{t \geqslant 2 \pi}{\max} | f^{(4)} (t) |</math> dla <math>M = 0.011</math>

Dla różnych wartości <math>b</math> otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^4)
[0.0035251602572557803759192121691047755503, 5.2926827357763320615993244790723469003 E-14]

Simproper(2*Pi, 2*10^4)
[0.0035251602572557723629683384320660178268, 5.5938553808328833862080836586551636221 E-15]

Uzyskujemy wynik

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{(6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24) \cdot \sin (t)}{t^4 \cdot \log^5 (t)}} d t = {\color{Red} 0.0035251602572}5577</math>

I ostatecznie dostajemy

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{\log (t)}} d t = {\small\frac{1}{\log (2 \pi)}} - {\small\frac{\log (2 \pi) + 2}{(2 \pi)^2 \cdot \log^3 (2 \pi)}} + \int^{\infty}_{2 \pi} {\small\frac{(6 \log^3 (t) + 22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 24) \sin (t)}{t^4 \cdot \log^5 (t)}} d t = {\color{Red} 0.5319715471471}5371</math>

Zadanie F33 
Pokazać, że

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{\log (\log (t))}} d t = 1.56477817589 \ldots</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zadanie tylko dla wytrwałych. Bez Maximy lub innego systemu wspomagającego obliczenia symboliczne nie ma sensu tracić czasu. Postępując analogicznie jak w przykładzie [[#F32|F32]], otrzymujemy

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\sin (t)}{\log (\log (t))}} d t = - {\small\frac{\cos (t)}{\log (\log (t))}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - {\small\frac{\sin (t)}{t \cdot \log (t) \cdot \log^2 (\log (t))}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} + {\small\frac{(\log (t) \cdot \log (\log (t)) + \log (\log (t)) + 2) \cos (t)}{t^2 \cdot \log^2 (t) \cdot \log^3 (\log (t))}} \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} - f^{(3)} (t) \sin (t) \biggr\rvert_{2 \pi}^{\infty} +</math>

::::::::::<math>+ \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\log^3 (\log (t)) \cdot (6 \log^3 (t) + 11 \log^2 (t) + 12 \log (t) + 6) + \log^2 (\log (t)) \cdot (22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 22) + 36 \log (\log (t)) \cdot (\log (t) + 1) + 24}{t^4 \cdot \log^4 (t) \cdot \log^5 (\log (t))}} \cdot \sin (t) d t</math>

:::::::<math>\; = {\small\frac{1}{\log (\log (2 \pi))}} - {\small\frac{\log (2 \pi) \cdot \log (\log (2 \pi)) + \log (\log (2 \pi)) + 2}{(2 \pi)^2 \cdot \log^2 (2 \pi) \cdot \log^3 (\log (2 \pi))}} +</math>

::::::::::<math>+ \int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\log^3 (\log (t)) \cdot (6 \log^3 (t) + 11 \log^2 (t) + 12 \log (t) + 6) + \log^2 (\log (t)) \cdot (22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 22) + 36 \log (\log (t)) \cdot (\log (t) + 1) + 24}{t^4 \cdot \log^4 (t) \cdot \log^5 (\log (t))}} \cdot \sin (t) d t</math>

Znajdujemy wartość całki

::<math>\int_{2 \pi}^{\infty} {\small\frac{\log^3 (\log (t)) \cdot (6 \log^3 (t) + 11 \log^2 (t) + 12 \log (t) + 6) + \log^2 (\log (t)) \cdot (22 \log^2 (t) + 36 \log (t) + 22) + 36 \log (\log (t)) \cdot (\log (t) + 1) + 24}{t^4 \cdot \log^4 (t) \cdot \log^5 (\log (t))}} \cdot \sin (t) d t = {\color{Red} 0.045677031827}2121</math>

Simproper(2*Pi, 10^4)
[0.045677031827212178675227765630555037139, 9.7610450502314738753491941212628080885 E-14]

 
□
{{\Spoiler}}

Przykład F34 
Rozważmy całkę (zobacz przykład [[Wzór Eulera-Maclaurina#E61|E61]])

::<math>\int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t = {\small\frac{1}{2}} \log (2 \pi) - 1 = - 0.081061466795327258219670263594382360138602526362216587 \ldots</math>

Nie możemy wprost zastosować twierdzenia [[#F22|F22]], ale korzystając z twierdzenia [[Wzór Eulera-Maclaurina#E41|E41]], dostajemy

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t = - {\small\frac{41}{504}} + {\small\frac{1}{6}} \int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_6 (t)}{t^6}} d t</math>

Funkcja <math>P_6 (t)</math> jest klasy <math>C^4 ( \mathbb{R} )</math>, a całka <math>\int_{1}^{\infty} {\small\frac{B_6}{t^6}} d t</math> jest zbieżna. Teraz już możemy zastosować twierdzenie [[#F22|F22]].

Aby skorzystać z programu <code>Simproper(a, b)</code>, musimy przygotować

::<math>f(t) = {\small\frac{P_6 (t)}{6 t^6}}</math>

::<math>g(t) = {\small\frac{B_6}{6 t^6}} = {\small\frac{1}{252 t^6}}</math>

::<math>G(t) = - {\small\frac{1}{1260 t^5}}</math>

::<math>\lim_{t \to + \infty} G (t) = 0</math>

::<math>M \geqslant \underset{t \geqslant 1}{\max} | f^{(4)} (t) |</math> dla <math>M = 20</math>

Dla różnych wartości <math>b</math> otrzymujemy

Simproper(1, 10^2)
[0.00028773955387901889817011277755076495293, 1.5793583624619615295181246127899383386 E-13]

Simproper(1, 5*10^2)
[0.00028773955387909098236994835644747087376, 5.0742857958929735807438325674790730659 E-17]

Uzyskaliśmy wynik

::<math>\int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_6 (t)}{6 t^6}} d t = {\color{Red} 0.000287739553879}0909</math>

Skąd wynika natychmiast wartość obliczanej przez nas całki

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t = - {\small\frac{41}{504}} + {\small\frac{1}{6}} \int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_6 (t)}{t^6}} d t = {\color{Red} - 0.081061466795327}2582</math>

== Uzupełnienia ==

 

=== Jeszcze o funkcjach kawałkami klasy <math>C^n</math> ===

Uwaga F35 
Niekiedy, dla uproszczenia zapisu, będziemy używali następujących oznaczeń dla wartości granic w wybranym punkcie

::<math>f(a^+) = \lim_{x \to a^+} f (x)</math>

::<math>f(a^-) = \lim_{x \to a^-} f (x)</math>

Takie oznaczenie ma nawet pewien sens, ponieważ granice możemy zapisywać w różny sposób, natomiast efekt jest jeden i ujmują go powyższe symbole. Przykładowo

::<math>f(a^+) = \lim_{x \to a^+} f (x) = \lim_{h \to 0^+} f (a + h)</math>

Pozwoli to łatwo odróżnić wartości granic od wartości funkcji <math>f(a)</math> i prosto zapisać własności funkcji. Przykładowo funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w punkcie <math>a</math>, gdy

:* istnieją skończone granice <math>f(a^-)</math> i <math>f (a^+)</math>
:* <math>f(a^-) = f (a^+) = f (a)</math>

W przypadku pochodnych wprowadzimy oznaczenie pozwalające odróżnić wartość pochodnej prawostronnej od pochodnej lewostronnej.

::<math>\partial_+ f (a) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (a + h) - f (a)}{h}}</math>

::<math>\partial_- f (a) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{f (a + h) - f (a)}{h}}</math>

Podobnie i w tym przypadku różny zapis granic daje ten sam efekt

::<math>\partial_+ f (a) = \lim_{x \to a^+} {\small\frac{f (x) - f (a)}{x - a}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (a + h) - f (a)}{h}}</math>

Przykładowo pochodna <math>f' (x)</math> istnieje w punkcie <math>a</math>, gdy

:* istnieją skończone granice <math>\partial_+ f (a)</math> i <math>\partial_- f (a)</math>
:* <math>\partial_+ f (a) = \partial_- f (a) = f' (a)</math>

Pochodna <math>f' (x)</math> jest ciągła w punkcie <math>a</math>, gdy

:* istnieją skończone granice <math>f' (a^-)</math> i <math>f' (a^+)</math>
:* <math>f' (a^-) = f' (a^+) = f' (a)</math>

Uwaga F36 
Podkreślmy, że granica funkcji w punkcie (powiedzmy <math>x = a</math>) nie jest wartością funkcji w tym punkcie. Jest tak tylko wtedy, gdy funkcja jest ciągła w punkcie <math>x = a</math>. Analogicznie granica pochodnej w punkcie nie jest wartością pochodnej w tym punkcie. Jest tak tylko wtedy, gdy spełnione są pewne warunki. Twierdzenia [[#F37|F37]] i [[#F38|F38]] określają te warunki i dlatego są bardzo istotne.

Traktowanie granicy funkcji <math>f' (x)</math> w punkcie <math>x = 0</math> jako wartości pochodnej w tym punkcie, bez odwołania się do wspomnianych twierdzeń, jest błędem. Dobrym przykładem jest funkcja

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
x^2 \sin \left( {\large\frac{1}{x}} \right) & & x \neq 0\\
0 & & x = 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja ta ma pochodną w punkcie <math>x = 0</math>, ale granice pochodnej w tym punkcie nie istnieją (zobacz zadanie [[#F9|F9]]).

Twierdzenie F37 
Niech <math>\varepsilon > 0</math>. Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a, a + \varepsilon)</math> i różniczkowalna<ref name="DifferentiableFun1"/> w <math>(a, a + \varepsilon)</math> oraz istnieje granica (skończona lub nieskończona) <math>\lim_{x \to a^+} f' (x)</math>, to pochodna prawostronna w punkcie <math>a</math> jest równa tej granicy: <math>\partial_+ f (a) = f' (a^+)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z definicji pochodna prawostronna jest równa

::<math>\partial_+ f (a) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (a + h) - f (a)}{h}}</math>

Zauważmy, że dla <math>h < \varepsilon</math> funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a, a + h]</math>, a <math>f' (x)</math> istnieje i jest różniczkowalna <math>(a, a + h)</math>. Ponieważ spełnione są tym samym założenia twierdzenia Lagrange'a, to istnieje taki punkt <math>c \in (a, a + h)</math>, że

::<math>f(a + h) - f (a) = f' (c) \cdot h</math>

Położenie punktu <math>c</math> w ogólności zależy od wyboru wartości <math>h</math>, zatem wprowadźmy oznaczenie

::<math>c = a + \delta (h)</math>

gdzie <math>\delta (h) > 0</math>. Układ nierówności <math>a < c < a + h</math> możemy teraz zapisać w postaci

::<math>a < a + \delta (h) < a + h</math>

Skąd wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{h \to 0^+} \delta (h) = 0</math>

Zbierając mamy

::<math>\partial_+ f (a) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (a + h) - f (a)}{h}} = \lim_{h \to 0^+} f' (c) = \lim_{h \to 0^+} f' (a + \delta (h)) = \lim_{x \to a^+} f' (x) = f' (a^+)</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Analogiczne twierdzenie można sformułować i udowodnić dla lewostronnego otoczenia punktu <math>a</math>.

Twierdzenie F38 
Niech <math>\varepsilon > 0</math>. Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a - \varepsilon, a)</math> i różniczkowalna w <math>(a, a + \varepsilon)</math> oraz istnieje granica (skończona lub nieskończona) <math>\lim_{x \to a^-} f' (x)</math>, to pochodna lewostronna w punkcie <math>a</math> jest równa tej granicy: <math>\partial_- f (a) = f' (a^-)</math>.

Twierdzenie F39 
Funkcja ciągła w przedziale <math>(a, b)</math> przyjmuje w tym przedziale jedynie wartości skończone.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>f(x)</math> oznacza funkcję ciągłą w przedziale <math>(a, b)</math>. Przypuśćmy, że istnieje taki punkt <math>c \in (a, b)</math>, że wartość funkcji <math>f(c)</math>, nie jest skończona. Zatem dla <math>\varepsilon >0</math>

::<math>\varepsilon = \min \left( {\small\frac{c - a}{2}}, {\small\frac{b - c}{2}} \right)</math>

funkcja <math>f(x)</math> byłaby ciągła w przedziale <math>[c - \varepsilon, c + \varepsilon]</math>, ale nie byłaby w tym przedziale ograniczona, co przeczyłoby twierdzeniu Weierstrassa<ref name="Weierstrass1"/>. 
□
{{\Spoiler}}

Wniosek F40 
Z twierdzenia [[#F39|F39]] wynika natychmiast, że jeżeli funkcja <math>f(x)</math> ma ciągłą pochodną w przedziale <math>(a, b)</math>, to funkcja <math>f(x)</math> jest w tym przedziale różniczkowalna.

Zadanie F41 
Niech

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{rrr}
- (- x)^{1 / 3} & & x < 0\\
x^{1 / 3} & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Korzystając z twierdzeń [[#F37|F37]] i [[#F38|F38]] znaleźć wartości pochodnej <math>f(x)</math> w <math>x = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Spójrzmy na wykres funkcji <math>f(x)</math>

::[[File: F_Styczna_pionowa.png|none]]

Od razu dostrzegamy, że <math>f(x)</math> ma styczną pionową w punkcie <math>x = 0</math>. Obliczając pochodną, dostajemy

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{rrr}
{\large\frac{1}{3}} (- x)^{- 2 / 3} & & x < 0\\
{\large\frac{1}{3}} x^{- 2 / 3} & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[0, \varepsilon)</math> i ma ciągłą pochodną w przedziale <math>(0, \varepsilon)</math> oraz <math>f' (0^+) = + \infty</math>, zatem w punkcie <math>x = 0</math> mamy <math>\partial_+ f (0) = + \infty</math> (twierdzenie [[#F37|F37]]). Podobnie pokazujemy, że <math>\partial_- f (0) = + \infty</math>. Obliczając pochodne jednostronne z definicji, otrzymujemy

::<math>\partial_+ f (0) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (0 + h) - f (0)}{h}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{h^{1 / 3} - 0}{h}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{1}{h^{2 / 3}}} = + \infty</math>

::<math>\partial_- f (0) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{f (0 + h) - f (0)}{h}} = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{- (- h)^{1 / 3} - 0}{h}} = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{1}{(- h)^{2 / 3}}} = + \infty</math>

Możemy powiedzieć, że funkcja <math>f(x)</math> ma pochodną niewłaściwą w punkcie <math>x = 0</math> równą <math>+ \infty</math>. Ale nie powiemy, że <math>f(x)</math> ma pochodną (w zwykłym sensie) lub że jest różniczkowalna w tym punkcie. Zauważmy, że z istnienia nieskończonej pochodnej nie wynika ciągłość funkcji. Rozważmy

::<math>\mathop{\textnormal{sgn}}(x) = \left\{ \begin{array}{rrr}
- 1 & & x < 0\\
0 & & x = 0\\
1 & & x > 0
\end{array} \right.</math>

Łatwo znajdujemy, że

::<math>\partial_+ \mathop{\textnormal{sgn}}(0) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{\mathop{\textnormal{sgn}}(0 + h) - \mathop{\textnormal{sgn}}(0)}{h}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{1 - 0}{h}} = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{1}{h}} = + \infty</math>

::<math>\partial_- \mathop{\textnormal{sgn}}(0) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{\mathop{\textnormal{sgn}}(0 + h) - \mathop{\textnormal{sgn}}(0)}{h}} = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{- 1 - 0}{h}} = - \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{1}{h}} = + \infty</math>

Gdybyśmy uznali, że <math>\mathop{\textnormal{sgn}}(x)</math> jest różniczkowalna w <math>x = 0</math>, to mielibyśmy funkcję różniczkowalną i nieciągłą w <math>x = 0</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F42 
Niech <math>c \in (a, b)</math>. Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>(a, b)</math> i ma ciągłą pochodną w każdym z przedziałów <math>(a, c)</math> i <math>(c, b)</math> oraz istnieją skończone i równe sobie granice <math>\lim_{x \to c^-} f' (x)</math> i <math>\lim_{x \to c^+} f' (x)</math>, to pochodna <math>f' (x)</math> jest ciągła w punkcie <math>x = c</math>, czyli jest ciągła w <math>(a, b)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pochodna prawostronna z definicji jest równa

::<math>\partial_+ f (c) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (c + h) - f (c)}{h}}</math>

O ile tylko <math>h , to funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[c, c + h)</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(c, c + h)</math>, czyli spełnione są założenia twierdzenia [[#F37|F37]], zatem pochodna prawostronna w punkcie <math>c</math> jest równa

::<math>\partial_+ f (c) = \lim_{x \to c^+} f' (x)</math>

Ponieważ założyliśmy, że granica <math>\lim_{x \to c^+} f' (x)</math> jest skończona, to <math>f' (x)</math> jest prawostronnie ciągła w punkcie <math>c</math>. Podobnie pokazujemy, że <math>f' (x)</math> jest lewostronnie ciągła w <math>c</math>. Z założenia granice <math>\lim_{x \to c^-} f' (x)</math> i <math>\lim_{x \to c^+} f' (x)</math> są równe, zatem <math>f' (x)</math> jest ciągła w punkcie <math>c</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Z twierdzenia [[#F42|F42]] wynika natychmiast

Twierdzenie F43 
Niech funkcja <math>f(x)</math> będzie kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>. Funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^1 ([a, b])</math> wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math> i w każdym punkcie <math>x_k</math> (wyznaczającym podział przedziału <math>[a, b]</math>) granice lewostronna i granica prawostronna pochodnej <math>f' (x)</math> są sobie równe.

Zadanie F44 
Niech

:* funkcja <math>f(x)</math> będzie klasy <math>C^0 ([a, b])</math>
:* <math>c \in (a, b)</math>
:* pochodna funkcji <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą w przedziałach <math>[a, c)</math> i <math>(c, b]</math>

Pokazać, że

# jeżeli co najmniej jedna z granic <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math> jest nieskończona, to funkcja <math>f(x)</math> nie jest różniczkowalna w punkcie <math>x = c</math> i oczywiście nie jest nawet kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>
# jeżeli istnieją skończone granice <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math> i nie są sobie równe, to <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>
# jeżeli istnieją skończone granice <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math> i są sobie równe, to funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^1 ([a, b])</math>
# jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest różniczkowalna w punkcie <math>x = c</math> oraz funkcja <math>f' (x)</math> jest nieciągła w punkcie <math>x = c</math>, to co najmniej jedna z granic <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math> nie istnieje; w efekcie funkcja <math>f(x)</math> nie jest nawet kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>

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

'''Punkt 1.'''

Dla ustalenia uwagi załóżmy, że <math>f' (c^+) = + \infty</math>. Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a, b]</math>, pochodna funkcji <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>(c, b]</math> oraz istnieje (nieskończona) granica <math>f' (c^+)</math>, to z twierdzenia [[#F37|F37]] wiemy, że pochodna prawostronna w punkcie <math>a</math> jest równa tej granicy, czyli <math>\partial_+ f (c) = f' (c^+) = + \infty</math> . Wynika stąd, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest różniczkowalna w punkcie <math>x = c</math>. Oczywiście funkcja <math>f(x)</math> nie nie jest nawet kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>, już ze względu na uczynione założenie, że co najmniej jedna z granic <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math> nie jest skończona.

Przykład 
Rozważmy funkcję

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
x^{2 / 3} & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie <math>x = 0</math> policzymy z definicji

::<math>\partial_- f (0) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{0 - 0}{h}} = 0</math>

::<math>\partial_+ f (0) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{h^{2 / 3} - 0}{h}} = {\small\frac{1}{h^{1 / 3}}} = + \infty</math>

Obliczając pochodną funkcji <math>f(x)</math> dostajemy

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
{\large\frac{2}{3}} x^{- 1 / 3} & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Odpowiednie granice są równe

::<math>f' (0^-) = \lim_{x \to 0^-} f (x) = 0</math>

::<math>f' (0^+) = \lim_{x \to 0^+} f (x) = + \infty</math>

Zatem funkcja <math>f(x)</math> nie jest nawet kawałkami klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>.

'''Punkt 2.'''

Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a, b]</math>, pochodna funkcji <math>f(x)</math>
jest ciągła w <math>(c, b]</math> oraz istnieje skończona granica <math>f' (c^+)</math>, to z twierdzenia [[#F37|F37]] wynika, że pochodna <math>f' (x)</math> jest prawostronnie ciągła w <math>c</math>, czyli

::<math>f' (c^+) = \partial_+ f (c)</math>

Analogiczna analiza w przedziale <math>[a, c)</math> prowadzi do wniosku, że

::<math>f' (c^-) = \partial_- f (c)</math>

Z założenia

::<math>\partial_- f (c) = f' (c^-) \neq f' (c^+) = \partial_+ f (c)</math>

zatem <math>f(x)</math> nie jest różniczkowalna w punkcie <math>c</math>, czyli <math>f' (x)</math> jest funkcją nieciągłą. Ponieważ istnieją granice <math>f' (c^-)</math> i <math>f' (c^+)</math>, to <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^1 ([a, b])</math>.

Przykład 
Rozważmy funkcję

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
x^2 + x & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie <math>x = 0</math> policzymy z definicji

::<math>\partial_- f (0) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{0 - 0}{h}} = 0</math>

::<math>\partial_+ f (0) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{h^2 + h - 0}{h}} = 1</math>

Obliczając pochodną funkcji <math>f(x)</math> dostajemy

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
2 x + 1 & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Odpowiednie granice są równe

::<math>f' (0^-) = \lim_{x \to 0^-} f (x) = 0</math>

::<math>f' (0^+) = \lim_{x \to 0^+} f (x) = 1</math>

Zatem funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>.

'''Punkt 3.'''

Analizując tak samo, jak w punkcie 2. otrzymujemy ciąg równości

::<math>\partial_- f (c) = f' (c^-) = f' (c^+) = \partial_+ f (c)</math>

Zatem pochodna istnieje w punkcie <math>x = c</math> i jest ciągła w tym punkcie. Wynika stąd natychmiast, że funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^1 ([a, b])</math>.

Przykład 
Rozważmy funkcję

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
x^2 & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja jest klasy <math>C^0 ([- 5, 5])</math>. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie <math>x = 0</math> policzymy z definicji

::<math>\partial_- f (0) = \lim_{h \to 0^-} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{0 - 0}{h}} = 0</math>

::<math>\partial_+ f (0) = \lim_{h \to 0^+} {\small\frac{f (0 + h) - 0}{h}} = {\small\frac{h^2 - 0}{h}} = 0</math>

Czyli <math>f(x)</math> jest różniczkowalna w punkcie <math>x = 0</math> i <math>f' (0) = 0</math>. Obliczając pochodną funkcji <math>f(x)</math> dostajemy

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
2 x & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Odpowiednie granice są równe

::<math>f' (0^-) = \lim_{x \to 0^-} f (x) = 0</math>

::<math>f' (0^+) = \lim_{x \to 0^+} f (x) = 0</math>

Zatem funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^1 ([- 5, 5])</math>.

'''Punkt 4.'''

Z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest różniczkowalna w punkcie <math>c</math>, czyli istnieją skończone granice

::<math>\partial_+ f (c) = \lim_{x \to c^+} {\small\frac{f (x) - f (c)}{x - c}}</math>

::<math>\partial_- f (c) = \lim_{x \to c^-} {\small\frac{f (x) - f (c)}{x - c}}</math>

i są sobie równe: <math>\partial_+ f (c) = \partial_- f (c) = f' (c)</math>.

Ponieważ <math>c</math> jest również punktem nieciągłości pochodnej, to

::<math>\lim_{x \to c^+} f' (x) \neq f' (c)</math>

lub

::<math>\lim_{x \to c^-} f' (x) \neq f' (c)</math>

Przypuśćmy, że istnieją skończone granice <math>\lim_{x \to c^+} f' (x)</math> i <math>\lim_{x \to c^-} f' (x)</math>, zatem z twierdzeń [[#F37|F37]] i [[#F38|F38]] wynika, że pochodna jest prawostronnie i lewostronnie ciągła w <math>c</math>. Mamy

::<math>\lim_{x \to c^+} f' (x) = \partial_+ f (c)</math>

oraz

::<math>\lim_{x \to c^-} f' (x) = \partial_- f (c)</math>

Co oznacza, że

::<math>\lim_{x \to c^+} f' (x) = \partial_+ f (c) = f' (c) = \partial_- f (c) = \lim_{x \to c^-} f' (x)</math>

Zatem pochodna <math>f' (x)</math> jest ciągła w punkcie <math>c</math> wbrew założeniu o nieciągłości. Czyli nasze przypuszczenie, że istnieją skończone granice <math>\lim_{x \to c^+} f' (x)</math> i <math>\lim_{x \to c^-} f' (x)</math> jest błędne. Przypadek, gdy jedna z tych granic jest nieskończona, również nie jest możliwy, bo wtedy (wbrew założeniu) funkcja <math>f(x)</math> nie byłaby różniczkowalna w punkcie <math>x = c</math> (zobacz punkt 1). Zatem przynajmniej jedna z tych granic nie może istnieć. Co oznacza, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest nawet klasy <math>C^1 ([a, b])</math>.

Przykładową funkcję

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & & x < 0\\
x^2 \cdot \sin \left( {\large\frac{1}{x}} \right) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Czytelnik bez trudu sam przeanalizuje, korzystając z rozwiązania zadania [[#F9|F9]]. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie F45 
Zbadać dla jakich wartości parametrów <math>a, b, c</math> funkcja

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
a x^2 + b x + c & & x < 0\\
\cos (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

jest klasy <math>C^2 (\mathbb{R})</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^0 (\mathbb{R})</math>, gdy <math>c = 1</math>. Mamy zatem

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
a x^2 + b x + 1 & & x < 0\\
\cos (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja <math>f(x)</math> jest teraz ciągła, funkcje <math>a x^2 + b x + 1</math> i <math>\cos (x)</math> są różniczkowalne w przedziałach <math>(- \varepsilon, 0)</math> i <math>(0, \varepsilon)</math>. Granice pochodnych wynoszą

::<math>\lim_{x \to 0^-} f' (x) = \lim_{x \to 0^-} 2 a x + b = b</math>

::<math>\lim_{x \to 0^+} f' (x) = \lim_{x \to 0^+} (- \sin (x)) = 0</math>

Z twierdzenia [[#F42|F42]] wiemy, że jeżeli granice te są skończone i sobie równe, to pochodna jest ciągła, zatem musi być <math>b = 0</math>. Otrzymujemy

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
a x^2 + 1 & & x < 0\\
\cos (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

oraz

::<math>f' (x) = \left\{ \begin{array}{lll}
2 a x & & x < 0\\
- \sin (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Teraz funkcja <math>f' (x)</math> jest funkcją ciągłą, a funkcje <math>2 a x</math> i <math>- \sin (x)</math> są różniczkowalne w przedziałach <math>(- \varepsilon, 0)</math> i <math>(0, \varepsilon)</math>. Granice następnej pochodnej wynoszą

::<math>\lim_{x \to 0^-} f'' (x) = \lim_{x \to 0^-} 2 a = 2 a</math>

::<math>\lim_{x \to 0^+} f'' (x) = \lim_{x \to 0^+} (- \cos (x)) = - 1</math>

Z twierdzenia [[#F42|F42]] zastosowanego do funkcji <math>f' (x)</math> i <math>f'' (x)</math> wynika, że istnienie i równość wypisanych granic zapewni nam ciągłość drugiej pochodnej, zatem musi być <math>a = - {\small\frac{1}{2}}</math>. Ostatecznie dostajemy

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
- {\large\frac{x^2}{2}} + 1 & & x < 0\\
\cos (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

Funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^2 (\mathbb{R})</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga F46 
Nim przejdziemy do dalszych twierdzeń, zauważmy, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją ciągłą w przedziale <math>[a, b]</math>, to zmiana wartości funkcji <math>f(x)</math> w pewnym punkcie <math>c \in [a, b]</math> nie wpływa na wartość lewo- i prawostronnych granic funkcji w tym punkcie. Liczba <math>f(c)</math> to zdefiniowana wartość funkcji <math>f(x)</math> w punkcie <math>c</math>. Granice (lewa i prawa) funkcji <math>f(x)</math> w punkcie <math>x = c</math> nie zależą od wartości funkcji <math>f(c)</math>, a jedynie informują nas, jaka powinna być wartość funkcji w punkcie <math>x = c</math>, aby funkcja <math>f(x)</math> była lewostronnie ciągła lub prawostronnie ciągła, lub ciągła (gdy granice te są równe) w punkcie <math>x = c</math>. Ujmując dokładniej: wartość granicy funkcji <math>f(x)</math> w punkcie <math>x = c</math> wynika z przebiegu funkcji w sąsiedztwie punktu <math>c</math>.

Twierdzenie F47 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>(a, b)</math>. Funkcja <math>f(x)</math> może być przedłużona do funkcji ciągłej w przedziale <math>[a, b]</math> wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice funkcji <math>f(x)</math> na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>.

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

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

Niech funkcja <math>\tilde{f} (x)</math> będzie przedłużeniem funkcji <math>f(x)</math> do funkcji ciągłej w przedziale <math>[a, b]</math>, zatem istnieją skończone granice <math>\tilde{f} (a^+)</math> i <math>\tilde{f} (b^-)</math>. Ale funkcja <math>\tilde{f} (x)</math> różni się od funkcji <math>f(x)</math> co najwyżej wartością w punktach <math>a</math> i <math>b</math>, co oznacza, że istnieją skończone granice <math>f(a^+)</math> i <math>f(b^-)</math>.

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

Z założenia istnieją skończone granice <math>f(a^+)</math> i <math>f(b^-)</math>. Zatem funkcja

::<math>\tilde{f} (x) = \left\{ \begin{array}{lll}
f (a^+) & & x = a\\
f (x) & & a < x < b\\
f (b^-) & & x = b
\end{array} \right.</math>

jest ciągła w <math>[a, b]</math> i jest poszukiwanym przedłużeniem funkcji <math>f(x)</math> do funkcji ciągłej w przedziale <math>[a, b]</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F48 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą w przedziale <math>[a, b]</math>, a jej pochodna będzie ciągła w <math>(a, b)</math>. Pochodna funkcji <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math> wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnej <math>f(x)</math> na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>.

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

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

Z założenia pochodna funkcji <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math>, zatem istnieją skończone granice jednostronne <math>f' (a^+)</math> i <math>f' (b^-)</math>.

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

Z założenia pochodna funkcji <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>(a, b)</math>, zatem funkcja <math>f(x)</math> jest różniczkowalna w <math>(a, b)</math> (zobacz [[#F40|F40]]). Niech <math>\varepsilon . Ponieważ funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>[a, a + \varepsilon)</math> i różniczkowalna w <math>(a, a + \varepsilon)</math> oraz istnieje granica skończona <math>f' (a^+)</math>, to z twierdzenia [[#F37|F37]] wiemy, że pochodna prawostronna w punkcie <math>a</math> jest równa tej granicy

::<math>\partial_+ f (a) = f' (a^+)</math>

Ponieważ z założenia granica <math>f' (a^+)</math> jest skończona, to pochodna <math>f' (x)</math> jest prawostronnie ciągła w punkcie <math>a</math>. Podobnie dowodzimy, że pochodna <math>f' (x)</math> jest lewostronnie ciągła w punkcie <math>a</math>.

Pokazaliśmy tym samym, że w przypadku, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnej na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>, to pochodne jednostronne funkcji <math>f(x)</math> na krańcach przedziału <math>(a, b)</math> istnieją, a sama pochodna jest na krańcach przedziału jednostronnie ciągła. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F49 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją klasy <math>C^0</math> w przedziale <math>[a, b]</math> i klasy <math>C^r</math> (gdzie <math>r \geqslant 1</math>) w przedziale <math>(a, b)</math>. Funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math> wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnych <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r</math>, na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>.

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

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

Z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math>, zatem funkcje <math>f^{(i)} (x)</math>, gdzie <math>i = 0, 1, \ldots r</math>, są ciągłe w przedziale <math>[a, b]</math>. Wynika stąd natychmiast, że istnieją skończone granice jednostronne funkcji <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r</math>, na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>.

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

Indukcja matematyczna. Z twierdzenia [[#F48|F48]] wiemy, że twierdzenie jest prawdziwe dla <math>r = 1</math>. Pokażemy, że z założenia prawdziwości twierdzenia dla <math>r - 1</math> wynika prawdziwość twierdzenia dla <math>r</math>.

Wypiszmy jawnie założenie indukcyjne i tezę indukcyjną, co ułatwi nam uchwycenie problemu.

Założenie indukcyjne:

Jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją klasy <math>C^{r - 1}</math> w przedziale <math>(a, b)</math> i klasy <math>C^0</math> w przedziale <math>[a, b]</math> oraz istnieją skończone granice jednostronne pochodnych <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r - 1</math>, na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>, to funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^{r - 1}</math> w przedziale <math>[a, b]</math>.

Teza indukcyjna:

Jeżeli <math>g(x)</math> jest funkcją klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>(a, b)</math> i klasy <math>C^0</math>
w przedziale <math>[a, b]</math> oraz istnieją skończone granice jednostronne pochodnych <math>g^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r</math>, na krańcach przedziału <math>(a, b)</math>, to funkcja <math>g(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math>.

Dowód indukcyjny:

Z założeń uczynionych w tezie indukcyjnej wynika, że funkcja <math>g(x)</math> spełnia wszystkie warunki założenia indukcyjnego. Zatem na mocy założenia indukcyjnego funkcja <math>g(x)</math> jest klasy <math>C^{r - 1}</math> w przedziale <math>[a, b]</math>.

Jeśli tak, to <math>g^{(r - 1)} (x)</math> jest funkcją ciągłą w przedziale <math>[a, b]</math>. Jednocześnie z tezy indukcyjnej wiemy, że <math>g^{(r)} (x)</math> jest funkcją ciągłą w przedziale <math>(a, b)</math> oraz istnieją skończone granice jednostronne <math>g^{(r)} (a^+)</math> i <math>g^{(r)} (b^-)</math>.

Zatem z twierdzenia [[#F48|F48]] zastosowanego do funkcji <math>g^{(r - 1)} (x)</math> i <math>g^{(r)} (x)</math> wynika, że funkcja <math>g^{(r)} (x)</math> jest funkcją ciągłą w przedziale <math>[a, b]</math>. Co oznacza, że funkcja <math>g(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math>.

Co kończy dowód indukcyjny. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F50 
Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami ciągła w przedziale <math>[a, b]</math> wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> takich, że

:* funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* funkcja <math>f(x)</math> może być przedłużona do funkcji ciągłej w <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>.

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

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

Z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami ciągła w <math>[a, b]</math>, zatem istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> takich, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math> oraz istnieją skończone granice na krańcach każdego z przedziałów <math>(x_k, x_{k + 1})</math>. Z twierdzenia [[#F47|F47]] wynika natychmiast, że <math>f(x)</math> może być przedłużona do funkcji ciągłej w każdym przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>.

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

Z założenia istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> takich, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math> oraz istnieje przedłużenie funkcji <math>f(x)</math> do funkcji ciągłej w przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>. Z twierdzenia [[#F47|F47]] wynika natychmiast, że istnieją skończone granice funkcji <math>f(x)</math> na krańcach każdego przedziału <math>(x_k, x_{k + 1})</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie F51 
Niech <math>r \in \mathbb{N}_0</math>. Funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[a, b]</math> wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> takich, że

:* funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>
:* funkcja <math>f(x)</math> może być przedłużona do funkcji klasy <math>C^r</math> w każdym przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>.

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

Przypadek <math>r = 0</math> już udowodniliśmy (zobacz twierdzenie [[#F50|F50]]). Zatem będziemy dowodzili to twierdzenie dla <math>r \geqslant 1</math>.

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

Z założenia funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^r</math> w <math>[a, b]</math>, zatem istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> wyznaczających podział przedziału <math>[a, b]</math> w taki sposób, że funkcje <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 0, 1, \ldots r</math>, są ciągłe w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>. Oznacza to, że funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>. Ponadto istnieją skończone granice jednostronne funkcji <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 0, 1, \ldots r</math>, na krańcach każdego z przedziałów <math>(x_k, x_{k + 1})</math>.

Niech <math>(x_k, x_{k + 1})</math> będzie dowolnie wybranym przedziałem. Z twierdzenia [[#F47|F47]] wynika natychmiast, że funkcja <math>f(x)</math>, z założenia ciągła w przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>, może być przedłużona do funkcji <math>\tilde{f}
(x)</math> ciągłej w przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>. Konsekwentnie będą istniały kolejne pochodne funkcji <math>\tilde{f} (x)</math>, czyli funkcje <math>\tilde{f}^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r</math>. Spełniony jest przy tym oczywisty związek

::<math>\tilde{f}^{(i)} (x) = f^{(i)} (x)</math>

dla <math>x \in (x_k, x_{k + 1})</math> oraz <math>i = 0, 1, \ldots r</math>.

Wynika stąd, że funkcja <math>\tilde{f} (x)</math> jest klasy <math>C^0</math> w przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math> i klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math> oraz istnieją skończone granice jednostronne funkcji <math>\tilde{f}^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 0, 1, \ldots r</math>, na krańcach przedziału <math>(x_k, x_{k + 1})</math>. Z twierdzenia [[#F49|F49]] otrzymujemy, że <math>\tilde{f} (x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>. Zatem funkcja <math>\tilde{f} (x)</math> jest poszukiwanym przedłużeniem funkcji <math>f(x)</math>.

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

Z założenia istnieje skończona liczba punktów <math>a = x_1 < x_2 < \ldots < x_n = b</math> takich, że funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^r</math> w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>, zatem

●   funkcja <math>f(x)</math> jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>

●   pochodne <math>f^{(i)} (x)</math>, dla <math>i = 1, \ldots r</math>, istnieją i są ciągłe w każdym przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math>

Niech <math>(x_k, x_{k + 1})</math> będzie dowolnie wybranym przedziałem. Z założenia istnieje przedłużenie funkcji <math>f(x)</math> klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>(x_k, x_{k + 1})</math> do funkcji <math>\tilde{f} (x)</math> klasy <math>C^r</math> w przedziale <math>[x_k, x_{k + 1}]</math>. Wynika stąd, że istnieją skończone granice jednostronne <math>\tilde{f}^{(i)} (x^+_k)</math> oraz <math>\tilde{f}^{(i)} (x^-_{k + 1})</math>. Ponieważ spełniony jest przy tym oczywisty związek

::<math>\tilde{f}^{(i)} (x) = f^{(i)} (x)</math>

dla <math>x \in (x_k, x_{k + 1})</math> oraz <math>i = 0, 1, \ldots r</math>, to granice te są identyczne z granicami <math>f^{(i)} (x^+_k)</math> oraz <math>f^{(i)} (x^-_{k + 1})</math>. Zatem

●   granice <math>f^{(i)} (x^+_k)</math> oraz <math>f^{(i)} (x^-_{k + 1})</math> istnieją i są skończone

Z zaznaczonych punktów wynika natychmiast, że funkcja <math>f(x)</math> jest kawałkami klasy <math>C^r</math> w <math>[a, b]</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

=== Jeszcze o błędzie metody Simpsona ===

 

Uwaga F52 
Chcemy wyjaśnić, dlaczego dowodząc twierdzenie [[#F14|F14]], wybraliśmy funkcję postaci

::<math>W(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
{\large\frac{1}{12}} (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) & & a \leqslant x \leqslant c\\
{\large\frac{1}{12}} (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) & & c \leqslant x \leqslant b
\end{array} \right.</math>

gdzie <math>c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>.

Znając postać funkcji, mogliśmy pozwolić sobie na wykonanie kolejnych kroków przez różniczkowanie. Pozwoliło to skrócić i uprościć cały dowód. Chcąc zrozumieć metodę i zbadać, czy istnieje możliwość uogólnienia, będziemy tym razem postępowali odwrotnie i kolejno wyliczali całki.

Uwaga F53 
Dla uproszczenia zapisu parę funkcji: <math>g_1 (x)</math> określoną w przedziale <math>[a, c]</math> oraz <math>g_2 (x)</math> określoną w przedziale <math>[c, b]</math>, gdzie <math>c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>, będziemy oznaczali jako <math>f(x) = \{ g_1 (x) |g_2 (x) \}</math>. Czytelnika nie powinien niepokoić fakt, że funkcja <math>f(x)</math> nie jest określona w punkcie <math>x = c</math>, bo zawsze możemy przyjąć <math>f(c) = {\small\frac{1}{2}} (g_1 (c) + g_2 (c))</math>. Lepiej traktować <math>\{ g_1 (x) |g_2 (x) \}</math> jako parę funkcji, której ciągłość w punkcie <math>x = c</math> ma dla nas istotne znaczenie, a jedynie dla wygody zapisu oznaczamy ją jako <math>f(x) = \{ g_1 (x) |g_2 (x) \}</math>.

Twierdzenie F54 
Niżej wypisany ciąg funkcji

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
! <math>n</math> || <math>W_n (x) = \{ U_n (x) \big\rvert V_n (x) \}</math> || <math>U_n (a)</math> || <math>U_n (c)</math> || <math>V_n (c)</math> || <math>V_n (b)</math>
|- style=height:3em
| <math>1</math> || <math>\{ 6 x - 5 a - b \big\rvert 6 x - a - 5 b \}</math> || <math>- (b - a)</math> || <math>2 (b - a)</math> || <math>- 2 (b - a)</math> || <math>b - a</math>
|- style=height:3em
| <math>2</math> || <math>\{ (x - a) (3 x - 2 a - b) \big\rvert (x - b) (3 x - a - 2 b) \}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{(b - a)^2}{4}}</math> || <math>{\small\frac{(b - a)^2}{4}}</math> || <math>0</math>
|- style=height:3em
| <math>3</math> || <math>\left\{ {\small\frac{1}{2}} (x - a)^2 (2 x - a - b) \biggr\rvert {\small\frac{1}{2}} (x - b)^2 (2 x - a - b) \right\}</math> || <math>0</math> || <math>0</math> || <math>0</math> || <math>0</math>
|- style=height:3em
| <math>4</math> || <math>\left\{ {\small\frac{1}{12}} (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) \biggr\rvert {\small\frac{1}{12}} (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) \right\}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{(b - a)^4}{192}}</math> || <math>- {\small\frac{(b - a)^4}{192}}</math> || <math>0</math>
|- style=height:3em
| <math>5</math> || <math>\left\{ {\small\frac{1}{120}} (x - a)^4 (6 x - a - 5 b) \biggr\rvert {\small\frac{1}{120}} (x - b)^4 (6 x - 5 a - b) \right\}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{(b - a)^5}{960}}</math> || <math>{\small\frac{(b - a)^5}{960}}</math> || <math>0</math>
|}

uzyskaliśmy, stosując następujące zasady:

1) każda kolejna funkcja jest całką poprzedniej, czyli dla <math>n \geqslant 2</math> jest

::<math>U_{n} (x) = \int U_{n-1} (x) d x + K</math>

::<math>V_{n} (x) = \int V_{n-1} (x) d x + L</math>

2) stałe całkowania <math>K, L</math> zostały wybrane tak, aby dla <math>n \geqslant 2</math> spełniony był warunek

::<math>U_{n} (a) = V_{n} (b) = 0</math>

Twierdzenie F55 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^1([a, b])</math>, to

::<math>\int^b_a f (x) d x = {\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)] - {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f' (x) W_1 (x) d x</math>

gdzie <math>c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>.

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

::<math>W_1 (x) = \{ 6 x - 5 a - b| 6 x - a - 5 b \}</math>

jest nieciągła w punkcie <math>x = c = {\small\frac{1}{2}} (a + b)</math>, to musimy całkować osobno dla <math>x \in [a, c]</math> i dla <math>x \in [c, b]</math>

::<math>\int^b_a f' (x) W_1 (x) d x = \int^c_a f' (x) U_1 (x) d x + \int^b_c f' (x) V_1 (x) d x</math>

Mamy

::<math>\int^c_a f' (x) U_1 (x) d x = f (x) \cdot U_1 (x) \biggr\rvert_{a}^{c} - \int^c_a f (x) U_1' (x) d x</math>

:::::::<math>\;\; = f (c) \cdot U_1 (c) - f (a) U_1 (a) - 6 \int^c_a f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\; = 2 (b - a) f (c) + (b - a) f (a) - 6 \int^c_a f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\; = (b - a) [2 f (c) + f (a)] - 6 \int^c_a f (x) d x</math>

::<math>\int^b_c f' (x) V_1 (x) d x = f (x) \cdot V_1 (x) \biggr\rvert_{c}^{b} - \int^b_c f (x) V_1' (x) d x</math>

:::::::<math>\;\: = f (b) \cdot V_1 (b) - f (c) V_1 (c) - 6 \int^b_c f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\: = (b - a) f (b) + 2 (b - a) f (c) - 6 \int^b_c f (x) d x</math>

:::::::<math>\;\: = (b - a) [f (b) + 2 f (c)] - 6 \int^b_c f (x) d x</math>

Zatem

::<math>\int^b_a f' (x) W_1 (x) d x = (b - a) [f (a) + 4 f (c) + f (b)] - 6 \int^b_a f (x) d x</math>

Skąd otrzymujemy natychmiast

::<math>\int^b_a f (x) d x = {\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)] - {\small\frac{1}{6}} \int^b_a f' (x) W_1 (x) d x</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga F56 
Postać funkcji <math>W_1 (x) = \{ 6 x - 5 a - b| 6 x - a - 5 b \}</math> wynika z nałożenia na postać ogólną

::<math>W_1 (x) = \{ U_1 (x) |V_1 (x) \} = \{ r x + s|t x + u \}</math>

następujących warunków:

* funkcja <math>W_2 (x) = \int W_1 (x) d x + C</math> ma być równa zero w punktach <math>x = a</math> oraz <math>x = b</math>, skąd otrzymujemy

::<math>W_2 (x) = \left\{ {\small\frac{1}{2}} (x - a) (r x + a r + 2 s) \biggr\rvert {\small\frac{1}{2}} (x - b)(t x + b t + 2 u) \right\}</math>

* funkcja <math>W_2 (x)</math> musi być ciągła w punkcie <math>x = c = {\small\frac{a + b}{2}}</math>, skąd dostajemy równanie <math>U_2 (c) = V_2 (c)</math>, z którego, po podstawieniu <math>c = {\small\frac{a + b}{2}}</math> i łatwym uproszczeniu, mamy

::<math>3 r a + 3 t b + r b + t a + 4 s + 4 u = 0</math>

* w twierdzeniu [[#F55|F55]] musi pojawić się wyraz <math>{\small\frac{b - a}{6}} \cdot [f (a) + 4 f (c) + f (b)]</math>, skąd otrzymujemy równania

::<math>U_1 (a) = - (b - a)</math>

::<math>V_1 (b) = b - a</math>

::<math>U_1 (c) - V_1 (c) = 4 (b - a)</math>

Zbierając: liczby <math>r, s, t, u</math> muszą spełniać układ równań

::<math>\left\{ \begin{array}{l}
r a + s = - (b - a)\\
t b + u = b - a\\
r c + s - (t c + u) = 4 (b - a)\\
3 r a + 3 t b + r b + t a + 4 s + 4 u = 0
\end{array} \right.</math>

Mnożąc pierwsze i drugie równanie przez <math>(- 4)</math>, dodając je do siebie, a następnie dodając sumę do równania czwartego, otrzymujemy

::<math>(- 4 r a - 4 s - 4 t b - 4 u) + (3 r a + 3 t b + b r + a t + 4 s + 4 u) = 0</math>

czyli

::<math>(b - a) (r - t) = 0</math>

Z założenia jest <math>b \neq a</math>, zatem musi być <math>r = t</math>.

Odejmując od drugiego równania pierwsze i dodając różnicę do trzeciego, mamy

::<math>(r b + u - r a - s) + (s - u) = 6 (b - a)</math>

Skąd otrzymujemy <math>r = t = 6</math>. Teraz już łatwo znajdujemy <math>s = - 5 a - b</math> oraz <math>u = - a - 5 b</math>.

Widzimy, że przez odpowiedni dobór wartości liczb <math>r, s, t, u</math> mogliśmy zapewnić ciągłość funkcji <math>W_2 (x)</math>. Fakt, że ciągłe są również funkcje <math>W_3 (x)</math> i <math>W_4 (x)</math> jest szczęśliwym przypadkiem. Ponieważ funkcja <math>W_5 (x)</math> nie jest ciągła, to nie mogliśmy jej wykorzystać w twierdzeniu [[#F14|F14]]. Wybór funkcji

::<math>W_4 (x) = \left\{ {\small\frac{1}{12}} (x - a)^3 (3 x - a - 2 b) \biggr\rvert {\small\frac{1}{12}} (x - b)^3 (3 x - 2 a - b) \right\}</math>

zapewnił uzyskanie najdokładniejszego oszacowania błędu.

== Przypisy ==
<references>

<ref name="PiecewiseContFun">ang. ''piecewise continuous function''</ref>

<ref name="PiecewiseSmoothFun">ang. ''piecewise <math>C^1</math> function'' lub ''piecewise smooth function''</ref>

<ref name="HeavisideStepFun">Wikipedia, ''Funkcja skokowa Heaviside’a'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_skokowa_Heaviside%E2%80%99a Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Heaviside_step_function Wiki-en])</ref>

<ref name="TalvilaWiersma">E. Talvila and M. Wiersma, ''Simple Derivation of Basic Quadrature Formulas'', Atlantic Electronic Journal of Mathematics, Volume 5, Number 1, Winter 2012, ([https://arxiv.org/abs/1202.0249 LINK])</ref>

<ref name="SinusCalkowy1">Wikipedia, ''Sinus i cosinus całkowy'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Sinus_i_cosinus_ca%C5%82kowy Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometric_integral Wiki-en])</ref>

<ref name="SinusCalkowy2">MathWorld, ''Sine Integral'', ([https://mathworld.wolfram.com/SineIntegral.html MathWorld])</ref>

<ref name="SinusCalkowy3">WolframAlpha, ''Sine integral function'', ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sine+integral+function WolframAlpha])</ref>

<ref name="DifferentiableFun1">Wikipedia, ''Funkcja różniczkowalna'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_r%C3%B3%C5%BCniczkowalna Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Differentiable_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. ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Weierstrassa_o_kresach Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem Wiki-en])</ref>

</references>

Plik:Digamma1.png

2026-03-31T09:51:24Z

HenrykDabrowski:

Szeregi liczbowe

2026-03-31T09:50:08Z

HenrykDabrowski:

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

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

Definicja D1 
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>.

Definicja D2 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

Definicja D3 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu) 
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> 
□
{{\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. 
Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D6 
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.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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D7 
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 [[#D147|D147]]) oraz skorzystaliśmy ze wzoru z zadania [[#D152|D152]].

Twierdzenie D8 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D9 
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]
|}

Twierdzenie D10 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D11 (kryterium porównawcze) 
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.''' 
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.''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D12 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D13 
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.

Twierdzenie D14 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D15 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D16 
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.''' 

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.''' 
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.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.''' 
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.''' 
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 [[#D17|D17]], 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D17 
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 [[#D16|D16]], 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

'''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) ))

::{| 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 ==

 

=== Funkcje ===

 

Definicja D18 
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>.

Twierdzenie D19 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D20 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D21 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D22 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

=== Grupowanie wyrazów szeregu ===

 

Uwaga D23 
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 [[#D15|D15]] p.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.

Zadanie D24 
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 [[#D15|D15]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D25 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Przestawianie wyrazów szeregu ===

 

Definicja D26 
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>.

Uwaga D27 
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.

Uwaga D28 
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.

Przykład D29 
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>
|}

Przykład D30 
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 [[#D31|D31]] p.2.

Zadanie D31 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D32 
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>

Definicja D33 
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>

Twierdzenie D34 
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 [[#D31|D31]] otrzymujemy natychmiast

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

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D35 
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 [[#D74|D74]]), 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 [[#D34|D34]] 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>.

Zadanie D36 
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 [[#D34|D34]] 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 [[#D25|D25]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D37 
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''' 
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane. 

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.'''

Pierwszy sposób 
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 [[#D25|D25]])

::<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>

Drugi sposób 

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
 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D38 
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 [[#D34|D34]], 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 ([[#D37|D37]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D39 
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>[a]

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; " />
[a] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D40 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D41 
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 [[#D33|D33]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D42 (Bernhard Riemann<ref name="Riemann1"/>, 1854) 
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 [[#D34|D34]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D43 
W dowodzie twierdzenia [[#D42|D42]] 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}}
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);
}
 
{{\Spoiler}}

Uwaga D44 
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 [[#D38|D38]]. 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.

Twierdzenie D45 
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 [[#D34|D34]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

Twierdzenie D46 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D47 
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.

Twierdzenie D48 (kryterium całkowe zbieżności szeregów) 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D49 
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>.

Twierdzenie D50 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D51 
Twierdzenie [[#D50|D50]] 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:

f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)
S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )
R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )
'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D46|D46]] jest następujące 
Twierdzenie D52 
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 [[#D46|D46]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D53 
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 [[#D46|D46]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D54 
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 [[#D53|D53]]), 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 [[#D53|D53]].

Zadanie D55 
Korzystając z twierdzenia [[#D53|D53]], 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D56 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D57 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

Twierdzenie D58 
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.''' 
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D59 
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.''' 
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 [[#D16|D16]] p. 4 lub przykład [[#D49|D49]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D60 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D61 
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.

Twierdzenie D62 
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)''' 
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)''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D63 
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 . 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D64 
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 [[#D62|D62]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D65 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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 [[#D64|D64]] 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 [[#D59|D59]] p. 3). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D66 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D67 
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 [[#D66|D66]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D68 
{| 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>

|}

Uwaga D69 
{| 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>

|}

Uwaga D70 
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.

Twierdzenie D71 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D72 
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 [[#D71|D71]] 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 [[#D46|D46]] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D73 
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 [[#D72|D72]] 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 [[#D63|D63]], 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 [[#D62|D62]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D74 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

Twierdzenie D75* (Viggo Brun, 1919) 
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"/>.

Zadanie D76 
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> 
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

Twierdzenie D77 
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.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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[a]

::<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>.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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>[b].

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; " />
[a] 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.

[b] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

Uwaga D78 
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>

Twierdzenie D79 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D80 
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 [[#D79|D79]] 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 [[#D46|D46]], 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]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D81 
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 [[#D79|D79]])

::<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]], [[#D77|D77]], [[#D80|D80]]). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D82 (sumowanie przez części) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D83 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D84 (kryterium Dirichleta) 
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny 

:*   <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 [[#D14|D14]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D85 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D86 
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 [[#D85|D85]] p.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[a]

::<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> 

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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D87 
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 [[#D85|D85]] p.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 [[#D14|D14]]). 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>. 

Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy 

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 [[#D85|D85]] p.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 [a])

::::<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; " />
[a] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D88 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D89 
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 [[#D88|D88]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D90 
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 [[#D89|D89]] 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.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>

Zadanie D91 
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 [[#D82|D82]]) <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. 
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

Twierdzenie D92 (kryterium d'Alemberta) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D93 
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>

Przykład D94 
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.

Zadanie D95 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D96 
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.

Definicja D97 
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>

Zadanie D98 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D99 
Ostatni punkt zadania [[#D98|D98]] 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
|}

Przykład D100 
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]]).

Zadanie D101 
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D98|D98]] p.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 [a], [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 [[#D83|D83]], [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 [[#D83|D83]], 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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D102 
Przykłady [[#D99|D99]] i [[#D100|D100]] 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.

Uwaga D103 
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.

Twierdzenie D104 (Franciszek Mertens) 
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 [[#D103|D103]]).

::<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>\;\; 

:::<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 | 

:::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D105 
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 [[#D103|D103]]).

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D106 
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 [[#D47|D47]], [[#D49|D49]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D107 
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]], [[#D47|D47]], [[#D49|D49]] p.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 [[#D47|D47]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D108 
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D110|D110]] 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>.

Twierdzenie D109 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D110 
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 [[#D109|D109]] 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.2). Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D111 
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 [[#D109|D109]] 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.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 [[#D110|D110]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D112 (Niels Henrik Abel) 
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 [[#D103|D103]]).

::<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 [[#D103|D103]]).

::<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 [[#D110|D110]] i [[#D111|D111]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

Definicja D113 
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>.

Twierdzenie D114 
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 [[#D139|D139]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D115 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

Twierdzenie D116 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D117 
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 [[#D14|D14]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Suma nieoznaczona ===

Uwaga D118 
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 [[#D117|D117]])

::<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>

Uwaga D119 
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 [[#D14|D14]]), 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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);

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>

Zadanie D120 
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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);

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> 
□
{{\Spoiler}}

=== Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math> ===

Uwaga D121 
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D137|D137]] i [[#D138|D138]] 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"/>.

Twierdzenie D122 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D123 
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>.

Zadanie D124 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D117|D117]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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)!) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D125 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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 */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D126 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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 [[#D122|D122]])

::<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 [[#D122|D122]])

::<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.

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) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D127 
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 [[#D140|D140]]), 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D128 
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>[a]

::::::::::::<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; " />
[a] W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D129 
Z zadania [[#D127|D127]] 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>.

Zadanie D130 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]] p.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

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] )
)$

Wywołujemy procedurę <code>sum5(1, 2)</code> i wpisujemy funkcję

f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]

którego rozwiązanie jest postaci

S[n] = C * n * 2^(n-1)

Łatwo sprawdzamy, że <code>C = 1</code>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D131 
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 <code>sum5()</code>, której kod został podany w zadaniu [[#D130|D130]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <code>I, J</code>.

::<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.''' <code>sum5(1, 2)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 1)</code>

'''Punkt 2.''' <code>sum5(1, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 3.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 4.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 5.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 6.''' <code>sum5(2, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(3, 2)</code> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D132 
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D128|D128]]), 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 <code>sum5()</code>, aby obejmowała ona również takie przypadki

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] )
)$

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]
|}

Zadanie D133 
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 [[#D145|D145]]). Zatem korzystając z procedury <code>sum6(2, 1)</code>, 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D134 
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 [[#D145|D145]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D146|D146]])

::<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 <code>sum6(2, 1)</code>, 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math> ===

Uwaga D135 
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D114|D114]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

Twierdzenie D136 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D137 
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 [[#D136|D136]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D138 
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 [[#D136|D136]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D139 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Funkcja gamma <math>{\small \Gamma (z)}</math> ===

 

Definicja D140 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D141 
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>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.'''

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 3.'''

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 4.'''

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> 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D141|D141]] otrzymujemy 
Twierdzenie D142 
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 3. twierdzenia [[#D141|D141]]

'''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 3. twierdzenia [[#D141|D141]]

'''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}} 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D143 
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 [[#D141|D141]] p.3)

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D144 
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 [[#D141|D141]] p.2 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D145 
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 [[#D144|D144]], 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 [[#D140|D140]])

::<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}}

Zadanie D146 
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 [[#D144|D144]] 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}}

=== Funkcja digamma <math>{\small \psi (z)}</math> ===

 

Definicja D147 
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}}

Twierdzenie D148 
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 [[#D139|D139]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D149 
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 [[#D148|D148]]

'''Punkt 2.'''

Logarytmując obie strony wzoru <math>\Gamma (z + 1) = z \Gamma (z)</math> (zobacz [[#D140|D140]] p.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 [[#D140|D140]] p.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 [[#D140|D140]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D149|D149]] otrzymujemy 
Twierdzenie D150 
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 [[#D149|D149]].

'''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 [[#D149|D149]] p.2 i założenia indukcyjnego.

'''Punkt 6.'''

Korzystając ze wzoru na podwajanie ([[#D149|D149]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D151 
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 [[#D148|D148]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D152 
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 ([[#D151|D151]]) i zadania [[#D6|D6]]. 
□
{{\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 [[#D72|D72]].</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>

</references>

Wzór Eulera-Maclaurina

2026-03-31T09:47:13Z

HenrykDabrowski:

<div style="text-align:right; font-size: 130%; font-style: italic; font-weight: bold;">29.05.2022</div>

__FORCETOC__

== Wielomiany, liczby i funkcje okresowe Bernoulliego ==

Definicja E1 
Wielomiany <math>B_n(x)</math> spełniające warunki

::{| border="0"
|-style=height:3em
| ●    <math>B_0(x) = 1</math>
|-style=height:3em
| ●    <math>{\small\frac{d}{d x}}B_n(x) = n B_{n - 1}(x)</math>
|-style=height:3em
| ●    <math>\int_0^1 B_n(t) d t = 0 \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 1</math>
|}

będziemy nazywali wielomianami Bernoulliego<ref name="BernoulliPoly1"/><ref name="BernoulliPoly2"/><ref name="BernoulliPoly3"/><ref name="BernoulliPoly4"/>.

Zadanie E2 
Korzystając z definicji [[#E1|E1]] znaleźć jawną postać wielomianów <math>B_1 (x)</math>, <math>B_2 (x)</math> i <math>B_3 (x)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z punktu 2. definicji [[#E1|E1]] mamy

::<math>B'_1 (x) = 1 \cdot B_0 (x) = 1</math>

Zatem

::<math>B_1 (x) = \int dx = x + C</math>

Stałą <math>C</math> wyznaczamy z punktu 3. definicji [[#E1|E1]]

::<math>0 = \int^1_0 B_1 (x) dx = \int^1_0 (x + C) dx = \left( {\small\frac{x^2}{2}} + C x \right) \Biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{2}} + C</math>

Otrzymujemy, że <math>C = - {\small\frac{1}{2}}</math>, czyli <math>\boxed{ B_1 (x) = x - {\small\frac{1}{2}} }</math>

Postępując analogicznie dla <math>n = 2</math>, dostajemy

::<math>B'_2 (x) = 2 \cdot B_1 (x) = 2 x - 1</math>

::<math>B_2 (x) = \int (2 x - 1) dx = x^2 - x + C</math>

::<math>0 = \int^1_0 B_2 (x) dx = \int^1_0 (x^2 - x + C) dx = \left( {\small\frac{x^3}{3}} - {\small\frac{x^2}{2}} + C x \right) \Biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{2}} + C</math>

Otrzymujemy, że <math>C = {\small\frac{1}{6}}</math>, czyli <math>\boxed{ B_2 (x) = x^2 - x + {\small\frac{1}{6}} }</math>

Powtarzając dla <math>n = 3</math>, mamy

::<math>B'_3 (x) = 3 \cdot B_2 (x) = 3 x^2 - 3 x + {\small\frac{1}{2}}</math>

::<math>B_3 (x) = \int \left( 3 x^2 - 3 x + {\small\frac{1}{2}} \right) dx = x^3 - {\small\frac{3 x^2}{2}} + {\small\frac{x}{2}} + C</math>

::<math>0 = \int^1_0 B_3 (x) dx = \int^1_0 \left( x^3 - {\small\frac{3 x^2}{2}} + {\small\frac{x}{2}} + C \right) dx = \left( {\small\frac{x^4}{4}} - {\small\frac{x^3}{2}} + {\small\frac{x^2}{4}} + C x \right) \Biggr\rvert_{0}^{1} = {\small\frac{1}{4}} - {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + C</math>

Otrzymujemy, że <math>C = 0</math>, czyli <math>\boxed{ B_3 (x) = x^3 - {\small\frac{3 x^2}{2}} + {\small\frac{x}{2}} }</math> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E3* 
Wielomiany Bernoulliego <math>B_n(x)</math> określone są następującym wzorem ogólnym

::<math>B_n(x) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^j {\small\binom{k}{j}} (x + j)^n</math>

Przykład E4 
W tabeli wypisaliśmy początkowe wielomiany Bernoulliego.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
! <math>\quad \;\: n \quad</math> || <math>B_n(x)</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 0 \quad</math> || <math>1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 1 \quad</math> || <math>x - {\small\frac{1}{2}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 2 \quad</math> || <math>x^2 - x + {\small\frac{1}{6}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 3 \quad</math> || <math>x^3 - {\small\frac{3}{2}} x^2 + {\small\frac{1}{2}} x</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 4 \quad</math> || <math>x^4 - 2 x^3 + x^2 - \small\frac{1}{30}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 5 \quad</math> || <math>x^5 - {\small\frac{5}{2}} x^4 + \small\frac{5}{3} x^3 - \small\frac{1}{6} x</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 6 \quad</math> || <math>x^6 - 3 x^5 + \small\frac{5}{2} x^4 - \small\frac{1}{2} x^2 + \small\frac{1}{42}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 7 \quad</math> || <math>x^7 - {\small\frac{7}{2}} x^6 + {\small\frac{7}{2}} x^5 - {\small\frac{7}{6}} x^3 + {\small\frac{1}{6}} x</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 8 \quad</math> || <math>x^8 - 4 x^7 + \small\frac{14}{3} x^6 - \small\frac{7}{3} x^4 + \small\frac{2}{3} x^2 - \small\frac{1}{30}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 9 \quad</math> || <math>x^9 - \small\frac{9}{2} x^8 + 6 x^7 - \small\frac{21}{5} x^5 + 2 x^3 - \small\frac{3}{10} x</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 10 \quad</math> || <math>x^{10} - 5 x^9 + \small\frac{15}{2} x^8 - 7 x^6 + 5 x^4 - \small\frac{3}{2} x^2 + \small\frac{5}{66}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 11 \quad</math> || <math>x^{11} - \small\frac{11}{2} x^{10} + \small\frac{55}{6} x^9 - 11 x^7 + 11 x^5 - \small\frac{11}{2} x^3 + \small\frac{5}{6} x</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 12 \quad</math> || <math>x^{12} - 6 x^{11} + 11 x^{10} - {\small\frac{33}{2}} x^8 + 22 x^6 - {\small\frac{33}{2}} x^4 + 5 x^2 - {\small\frac{691}{2730}}</math>
|}

Przykład E5 
Przedstawiamy wykresy wielomianów Bernoulliego <math>B_n(x)</math> dla <math>x \in [0, 1]</math>

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

::[[File: E_B123.png|none]]

::[[File: E_B345.png|none]]

::[[File: E_B567.png|none]]

::[[File: E_B789.png|none]]

 
□
{{\Spoiler}}

Definicja E6 
Liczbami Bernoulliego <math>B_n</math> będziemy nazywali wartości wielomianów Bernoulliego <math>B_n(x)</math> dla <math>x = 0</math>, czyli <math>B_n = B_n (0)</math>.

Uwaga E7 
Ze wzoru podanego w twierdzeniu [[#E3|E3]] wynika natychmiast wzór ogólny dla liczb Bernoulliego.

::<math>B_n = B_n (0) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^j {\small\binom{k}{j}} j^n</math>

Twierdzenie E8 
Niech <math>B_n (x)</math> i <math>B_n</math> oznaczają odpowiednio wielomiany i liczby Bernoulliego. Prawdziwe są następujące wzory

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>B_n (1) = B_n (0)</math> || <math>n \geqslant 2</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>B_n (1 - x) = (- 1)^n B_n (x)</math> || <math>n \geqslant 0</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 3. \quad</math> || <math>B_{2 k + 1} (1) = B_{2 k + 1} (0) = B_{2 k + 1} \left( \tfrac{1}{2} \right) = 0</math> || <math>k \geqslant 1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 4. \quad</math> || <math>B_n \left( a x \right) = a^{n - 1} \sum_{k = 0}^{a - 1} B_n \left( x + \small\frac{k}{a} \right)</math> || <math>n \geqslant 0 \quad \text{i} \quad a \in \mathbb{Z}_+</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 5. \quad</math> || <math>\sum_{k = 1}^{a - 1} B_n \left( \small\frac{k}{a} \right) = (a^{1 - n} - 1) B_n</math> || <math>n \geqslant 0 \quad \text{i} \quad a \in \mathbb{Z}_+</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 6. \quad</math> || <math>B_n \left( \tfrac{1}{2} \right) = (2^{1 - n} - 1) B_n</math> || <math>n \geqslant 0</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 7. \quad</math> || <math>B_{2 k} \left( \tfrac{1}{3} \right) = \tfrac{1}{2} (3^{1 - 2 k} - 1) B_{2 k}</math> || <math>k \geqslant 0</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 8. \quad</math> || <math>B_{2 k} \left( \tfrac{1}{4} \right) = 2^{- 2 k} (2^{1 - 2 k} - 1) B_{2 k}</math> || <math>k \geqslant 0</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 9. \quad</math> || <math>B_{2 k} \left( \tfrac{1}{6} \right) = \tfrac{1}{2} (2^{1 - 2 k} - 1) (3^{1 - 2 k} - 1) B_{2 k}</math> || <math>k \geqslant 0</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 10. \quad</math> || <math>B_n (x + 1) - B_n (x) = n x^{n - 1}</math> || <math>n \geqslant 0</math>
|}

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

'''Punkt 1.'''

Dla <math>n \geqslant 2</math> mamy

::<math>B_n (1) - B_n (0) = \int_0^1 B'_n (t) d t = n \int_0^1 B_{n - 1} (t) d t = 0</math>

'''Punkt 2.'''

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla <math>n = 1</math>. Załóżmy, że jest prawdziwy dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich nie większych od <math>n</math>. Z założenia mamy

::<math>B_n (1 - x) = (- 1)^n B_n (x)</math>

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

Całkując, otrzymujemy

::<math>B_{n + 1} (1 - x) = (- 1)^{n + 1} B_{n + 1} (x) + C</math>

Wystarczy pokazać, że stała <math>C</math> jest równa zero, istotnie

::<math>\int_0^1 B_{n + 1} (1 - t) d t = (- 1)^{n + 1} \int_0^1 B_{n + 1} (t) d t + C \int_0^1 d t</math>

::<math>- \int_1^0 B_{n + 1}(u) d u = C</math>

'''Punkt 3.'''

Kładąc we wzorze 2. <math>x = 0</math> oraz <math>n = 2 k + 1</math>, gdzie <math>k \geqslant 1</math>, otrzymujemy

::<math>B_{2 k + 1} (1) = - B_{2 k + 1} (0)</math>

ale ze wzoru 1. mamy <math>B_{2 k + 1} (1) = B_{2 k + 1} (0)</math>, dodając równania stronami, dostajemy <math>B_{2 k + 1} (1) = 0</math>.

Kładąc we wzorze 2. <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math> oraz <math>n = 2 k + 1</math>, gdzie <math>k \geqslant 1</math>, mamy

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

czyli <math>B_{2 k + 1} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0</math>.

'''Punkt 4.'''

Indukcja matematyczna. Dla ułatwienia rachunków połóżmy <math>x = {\small\frac{y}{a}}</math>, zatem będziemy dowodzili, że

::<math>B_n (y) = a^{n - 1} \sum_{k = 0}^{a - 1} B_n \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right)</math>

Bez trudu możemy sprawdzić prawdziwość wzoru dla <math>n = 1</math>.

::<math>\sum_{k = 0}^{a - 1} B_1 \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right) = \sum_{k = 0}^{a - 1} \left( {\small\frac{y + k}{a}} - {\small\frac{1}{2}} \right)</math>

::::::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{y}{a}} \cdot a - {\small\frac{1}{2}} \cdot a + \sum_{k = 0}^{a - 1} {\small\frac{k}{a}}</math>

::::::<math>\;\;\;\: = y - {\small\frac{a}{2}} + {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{a (a - 1)}{2}}</math>

::::::<math>\;\;\;\: = y - {\small\frac{1}{2}}</math>

::::::<math>\;\;\;\: = B_1 (y)</math>

Załóżmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych nie większych od <math>n</math>. Korzystając z definicji wielomianów Bernoulliego, możemy napisać

::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} {\small\frac{d}{d y}} B_{n + 1} (y) = a^{n - 1} \sum_{k = 0}^{a - 1} {\small\frac{a}{n + 1}} {\small\frac{d}{d y}} B_{n + 1} \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right)</math>

Całkując, otrzymujemy

::<math>B_{n + 1} (y) = a^n \sum_{k = 0}^{a - 1} B_{n + 1} \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right) + C</math>

Wystarczy pokazać, że stała <math>C</math> jest równa zero. Mamy

::<math>\int_0^1 \sum_{k = 0}^{a - 1} B_{n + 1} \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right) d y = \sum_{k = 0}^{a - 1} \int_0^1 \left[ {\small\frac{a}{n + 2}} {\small\frac{d}{d y}} B_{n + 2} \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right) \right] d y</math>

:::::::::<math>\:\, = {\small\frac{a}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{a - 1} \biggl[ B_{n + 2} \left( {\small\frac{y + k}{a}} \right) \biggr\rvert_{0}^{1} \biggr]</math>

:::::::::<math>\:\, = {\small\frac{a}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{a - 1} \left[ B_{n + 2} \left( {\small\frac{k + 1}{a}} \right) - B_{n + 2} \left( {\small\frac{k}{a}} \right) \right]</math>

:::::::::<math>\:\, = {\small\frac{a}{n + 2}} [B_{n + 2} (1) - B_{n + 2} (0)]</math>

:::::::::<math>\:\, = 0</math>

dla <math>n \geqslant 0</math>. Przekształcając, skorzystaliśmy z faktu, że suma jest teleskopowa (zobacz [[Szeregi liczbowe#D14|D14]]). Ponieważ <math>\int^1_0 B_{n + 1} (y) d y = 0</math>, to <math>\int_0^1 C d t = C = 0</math>.

'''Punkt 5.'''

Połóżmy <math>x = 0</math> we wzorze udowodnionym w punkcie 4. Mamy

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

Skąd natychmiast otrzymujemy

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

'''Punkt 6.'''

Kładąc <math>a = 2</math> we wzorze 5, otrzymujemy

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

Co należało udowodnić.

'''Punkt 7.'''

Wzór podany w punkcie 5. dla <math>n = 2 m</math> i <math>a = 3</math> przyjmuje postać

::<math>\sum_{k = 1}^2 B_{2 m} \left( {\small\frac{k}{3}} \right) = (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

Czyli

::<math>B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{3}} \right) + B_{2 m} \left( {\small\frac{2}{3}} \right) = (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

Korzystając z punktu 2, dostajemy

::<math>2 B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{3}} \right) = (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

'''Punkt 8.'''

Wzór podany w punkcie 5. dla <math>n = 2 m</math> i <math>a = 4</math> przyjmuje postać

::<math>\sum_{k = 1}^3 B_{2 m} \left( {\small\frac{k}{4}} \right) = (4^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

Czyli

::<math>B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{4}} \right) + B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) + B_{2 m} \left( {\small\frac{3}{4}} \right) = (2^{2 - 4 m} - 1) B_{2 m}</math>

Korzystając z punktów 6. i 2., dostajemy

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

::<math>2 B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{4}} \right) = B_{2 m} (2^{2 - 4 m} - 2^{1 - 2 m})</math>

Zatem

::<math>B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{4}} \right) = 2^{- 2 m} (2^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

'''Punkt 9.'''

Wzór podany w punkcie 5. dla <math>n = 2 m</math> i <math>a = 6</math> przyjmuje postać

::<math>\sum_{k = 1}^5 B_{2 m} \left( {\small\frac{k}{6}} \right) = (6^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

Czyli

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

Korzystając z udowodnionych wyżej wzorów, dostajemy

::<math>2 B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{6}} \right) + 2 B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{3}} \right) = (6^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m} - (2^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m} = 6^{1 - 2 m} B_{2 m} - 2^{1 - 2 m} B_{2 m} = 2^{1 - 2 m} (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

::<math>2 B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{6}} \right) = 2^{1 - 2 m} (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m} - (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m} = (2^{1 - 2 m} - 1) (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

Zatem

::<math>B_{2 m} \left( {\small\frac{1}{6}} \right) = \tfrac{1}{2} (2^{1 - 2 m} - 1) (3^{1 - 2 m} - 1) B_{2 m}</math>

'''Punkt 10.'''

Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0, 1, 2</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich nie większych od <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>x^n = \int^x_0 n t^{n - 1} d t</math>

::<math>\;\;\;\;\: = \int^x_0 (B_n (t + 1) - B_n (t) ) d t</math>

::<math>\;\;\;\;\: = \int^x_0 B_n (t + 1) d t - \int^x_0 B_n (t) d t \qquad \qquad \qquad u = t + 1</math>

::<math>\;\;\;\;\: = \int_{1}^{x + 1} B_n (u) d u - \int^x_0 B_n (t) d t</math>

::<math>\;\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 1}} \int_{1}^{x + 1} B'_{n + 1} (u) d u - {\small\frac{1}{n + 1}} \int^x_0 B'_{n + 1} (t) d t</math>

::<math>\;\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 1}} (B_{n + 1} (x + 1) - B_{n + 1} (1) - B_{n + 1} (x) + B_{n + 1} (0))</math>

::<math>\;\;\;\;\: = {\small\frac{1}{n + 1}} (B_{n + 1} (x + 1) - B_{n + 1} (x))</math>

Bo <math>B_n (1) = B_n (0)</math> dla <math>n \geqslant 2</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E9 
Niech <math>k \in \mathbb{N}_0</math>. Pokazać, że wykres funkcji <math>B_{2 k} (x)</math> jest symetryczny, a funkcji <math>B_{2 k + 1} (x)</math> jest antysymetryczny względem prostej <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Jeżeli we wzorze (zobacz [[#E8|E8]] p. 2)

::<math>B_n (1 - x) = (- 1)^n B_n (x)</math>

położymy <math>x = {\small\frac{1}{2}} + t</math>, to otrzymamy

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

Zatem

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

oraz

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

Co oznacza, że wykres funkcji <math>B_{2 k} (x)</math> jest symetryczny, a funkcji <math>B_{2 k + 1} (x)</math> jest antysymetryczny względem prostej <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E10 
Niech <math>k \in \mathbb{N}_0</math>. Pokazać, że

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_{2 k + 1} (x) d x = - \int^1_{1 / 2} B_{2 k + 1} (t) d t</math>

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_{2 k + 2} (x) d x = 0</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ze wzoru [[#E8|E8]] p. 2 mamy

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_n (x) d x = (- 1)^n \int_{0}^{1 / 2} B_n (1 - x) d x</math>

Podstawiając <math>1 - x = t</math> w całce po prawej stronie, otrzymujemy

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_n (x) d x = (- 1)^n \int^1_{1 / 2} B_n (t) d t</math>

Dla <math>n = 2 k + 1</math> dostajemy natychmiast pierwszy wzór. Dla <math>n = 2 k</math> mamy

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_{2 k} (x) d x = \int^1_{1 / 2} B_{2 k} (t) d t</math>

Ponieważ dla <math>k \geqslant 1</math> jest

::<math>0 = \int^1_0 B_{2 k} (x) d x = \int_{0}^{1 / 2} B_{2 k} (x) d x + \int^1_{1 / 2} B_{2 k} (x) d x = 2 \int_{0}^{1 / 2} B_{2 k} (x) d x</math>

to otrzymujemy

::<math>\int_{0}^{1 / 2} B_{2 k} (x) d x = 0</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E11 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Pokazać, że <math>B_n = - {\small\frac{n}{2 (1 - 2^{- n})}} \int_{0}^{1 / 2} B_{n - 1} (t) d t</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z definicji [[#E1|E1]] p. 2 mamy

::<math>B \left( {\small\frac{1}{2}} \right) - B (0) = n \int_{0}^{1 / 2} B_{n - 1} (t) d t</math>

Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 6 dostajemy

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

Z powyższych wzorów łatwo otrzymujemy, że

::<math>B_n = B_n (0) = - {\small\frac{n}{2 (1 - 2^{- n})}} \int_{0}^{1 / 2} B_{n - 1} (t) d t</math> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E12 
Niech <math>f(x)</math> i <math>f' (x)</math> będą ciągłymi funkcjami rzeczywistymi określonymi w przedziale <math>[a, b]</math> i różniczkowalnymi w <math>(a, b)</math>. Jeżeli dla pewnego punktu <math>r \in (a, b)</math> spełnione są warunki <math>f(a) = f (b) = f (r) = 0</math>, to istnieje taki punkt <math>t \in (a, b)</math>, że <math>f'' (t) = 0</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo zauważamy, że dla funkcji <math>f(x)</math> i dla każdego z przedziałów <math>[a, r]</math> oraz <math>[r, b]</math> spełnione są założenia twierdzenia Rolle'a<ref name="Rolle1"/>. Zatem istnieją takie punkty <math>s_1 \in (a, r) \,</math> i <math>\, s_2 \in (r, b)</math>, że

::<math>f' (s_1) = f' (s_2) = 0</math>

Teraz widzimy, że dla funkcji <math>f' (x)</math> i przedziału <math>[s_1, s_2]</math> również spełnione są założenia twierdzenia Rolle'a. Zatem istnieje taki punkt <math>t \in (s_1, s_2) \subset (a, b)</math>, że

::<math>f'' (t) = 0</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E13 
Niech <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Wielomian <math>B_{2 k + 1} (x)</math> ma dokładnie trzy pierwiastki w przedziale <math>[0, 1]</math>. Są to liczby <math>x = 0</math>, <math>x = {\small\frac{1}{2}} \,</math> i <math>\, x = 1</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 3 wiemy, że dla <math>k \geqslant 1</math> jest

::<math>B_{2 k + 1} (0) = B_{2 k + 1} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = B_{2 k + 1} (1) = 0</math>

Zatem dla <math>k \geqslant 1</math> każdy wielomian Bernoulliego <math>B_{2 k + 1} (x)</math> ma trzy pierwiastki: <math>x = 0</math>, <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math> i <math>x = 1</math>.

Pozostaje udowodnić, że wielomiany te nie mają innych pierwiastków w przedziale <math>[0, 1]</math>. Bez trudu możemy sprawdzić, że twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych liczb całkowitych dodatnich, np. dla <math>k = 1, 2, 3, 4</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=roots+of+B_3%28x%29 WolframAlphaB3], [https://www.wolframalpha.com/input?i=roots+of+B_5%28x%29 WolframAlphaB5], [https://www.wolframalpha.com/input?i=roots+of+B_7%28x%29 WolframAlphaB7], [https://www.wolframalpha.com/input?i=roots+of+B_9%28x%29 WolframAlphaB9]).

Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że <math>B_{2 k + 1} (x)</math> jest wielomianem Bernoulliego o najmniejszym stopniu nieparzystym <math>2 k + 1</math> mającym pierwiastek <math>r \in [0, 1]</math> różny od <math>0, {\small\frac{1}{2}}, 1</math>.

Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 2 wiemy, że dla <math>n \geqslant 0</math> jest

::<math>B_n (1 - x) = (- 1)^n B_n (x)</math>

Łatwo widzimy, że jeżeli <math>r \in [0, 1]</math> jest pierwiastkiem <math>B_{2 k + 1} (x)</math>, to <math>1 - r \in [0, 1]</math> również jest pierwiastkiem <math>B_{2 k + 1} (x)</math>. Zatem nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że <math>r \in \left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>.

Ponieważ wielomiany Bernoulliego są funkcjami różniczkowalnymi i <math>B_{2 k + 1} (0) = B_{2 k + 1} (r) = B_{2 k + 1} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0</math>, to spełnione są założenia twierdzenia [[#E12|E12]]. Zatem istnieje taka liczba <math>t \in \left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>, że <math>B''_{2 k + 1} (t) = 0</math>. Ale

::<math>B''_{2 k + 1} (x) = (2 k + 1) B'_{2 k} (x) = 2 k (2 k + 1) B_{2 k - 1} (x)</math>

Skąd wynika, że <math>B_{2 k - 1} (t) = 0</math>, wbrew założeniu, że <math>B_{2 k + 1} (x)</math> jest wielomianem Bernoulliego o najmniejszym stopniu nieparzystym <math>2 k + 1</math> mającym pierwiastek <math>r \in [0, 1]</math> różny od <math>0, {\small\frac{1}{2}}, 1</math>. Otrzymana sprzeczność kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E14 
Niech <math>k \in \mathbb{N}_0</math>. Liczby Bernoulliego <math>B_{2 k}</math> są różne od zera.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Łatwo sprawdzamy, że <math>B_0 = 1</math>, <math>B_2 = {\small\frac{1}{6}}</math>, <math>B_4 = - {\small\frac{1}{30}}</math>, <math>B_6 = {\small\frac{1}{42}}</math>. Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że dla pewnego <math>k > 3</math> jest <math>B_{2 k} = B_{2 k} (0) = 0</math>. Zatem z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 6 mamy

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

Ponieważ <math>B_{2 k} (0) = B_{2 k} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0</math>, to z twierdzenia Rolle'a<ref name="Rolle1"/> wynika, że istnieje taka liczba <math>r \in \left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>, że <math>B'_{2 k} (r) = 0</math>, czyli <math>2 k B_{2 k - 1} (r) = 0</math>. Wbrew temu, że wielomiany Bernoulliego o indeksie nieparzystym mają dokładnie trzy pierwiastki w przedziale <math>[0, 1]</math> i są to liczby <math>x = 0</math>, <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math>, <math>x = 1</math> (zobacz [[#E13|E13]]). Otrzymana sprzeczność kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E15 
Dla wielomianów Bernoulliego <math>B_{2 k} (x)</math> prawdziwe są następujące oszacowania

:   ●      <math>| B_{2 k} (x) | \leqslant | B_{2 k} | \qquad</math> gdy <math>x \in [0, 1] \;\;</math> i <math>\;\; k \geqslant 0</math>

:   ●      <math>| B_{2 k} (x) | < | B_{2 k} | \qquad</math> gdy <math>x \in (0, 1) \;\;</math> i <math>\;\; k \geqslant 1</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 2</math>

:*   <math>B'_{2 k} (x) = 2 k B_{2 k - 1} (x)</math>

:*   wielomian <math>B_{2 k - 1} (x)</math> ma dokładnie trzy pierwiastki w przedziale <math>[0, 1] \text{: } \; x = 0</math>, <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math> oraz <math>x = 1 \qquad</math> (zobacz [[#E13|E13]])

:*   <math>B''_{2 k} (x) = 2 k (2 k - 1) B_{2 k - 2} (x)</math>

:*   <math>B_{2 k - 2} (0) \neq 0</math>, <math>B_{2 k - 2} (1) \neq 0 \,</math> i <math>\, B_{2 k - 2} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \neq 0 \qquad</math> (zobacz [[#E14|E14]], [[#E8|E8]] p. 1 i [[#E8|E8]] p. 6)

Wynika stąd, że wielomian <math>B_{2 k} (x)</math> ma ekstrema w punktach <math>x = 0, {\small\frac{1}{2}}, 1</math>.

Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 1 i [[#E8|E8]] p. 6 otrzymujemy

::<math>| B_{2 k} (0) | = | B_{2 k} (1) | = | B_{2 k} |</math>

::<math>\left| B_{2 k} \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \right| = | 1 - 2^{1 - 2 k} | \cdot | B_{2 k} | < | B_{2 k} |</math>

Co kończy dowód twierdzenia dla <math>k \geqslant 2</math>. Prawdziwość twierdzenia dla wielomianu <math>B_0 (x) = 1</math> jest oczywista. Wielomian <math>B_2 (x) = x^2 - x + {\small\frac{1}{6}}</math> w punkcie <math>x = {\small\frac{1}{2}}</math> ma minimum równe <math>- {\small\frac{1}{12}}</math>. W punktach <math>x = 0 \,</math> i <math>\, x = 1</math> mamy

::<math>B_2 (0) = B_2 (1) = B_2 = {\small\frac{1}{6}}</math>

i są to największe wartości funkcji <math>| B_2 (x) |</math> w przedziale <math>[0, 1]</math> (zobacz [https://www.wolframalpha.com/input?i=B_2%28x%29 WolframAlphaB2]). Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E16 
Załóżmy, że funkcja rzeczywista <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(a, b)</math>. Jeżeli

:   ●      <math>f' (x) > 0 \,</math> dla <math>\, x \in (a, b)</math>, to <math>f(x)</math> jest silnie rosnąca w przedziale <math>[a, b]</math>

:   ●      <math>f' (x) < 0 \,</math> dla <math>\, x \in (a, b)</math>, to <math>f(x)</math> jest silnie malejąca w przedziale <math>[a, b]</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pierwszy sposób 
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że <math>f(x)</math> nie jest funkcją silnie rosnącą w przedziale <math>[a, b]</math>. Zatem istnieją takie liczby <math>t_1, t_2 \in [a, b] \,</math> i <math>\, t_2 > t_1</math>, że <math>f(t_2) \leqslant f (t_1)</math>.

Zauważmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[t_1, t_2]</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(t_1, t_2)</math>. Ponieważ spełnione są założenia twierdzenia Lagrange'a<ref name="Lagrange1"/>, to istnieje taki punkt <math>c \in (t_1, t_2) \subset (a, b)</math>, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f' (c) = {\small\frac{f (t_2) - f (t_1)}{t_2 - t_1}}</math>
</div>

Zatem otrzymujemy <math>f' (c) \leqslant 0</math>, wbrew założeniu, że <math>f' (x) > 0</math> dla <math>x \in (a, b)</math>. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Drugi sposób 
Wybierzmy dowolne dwa punkty <math>t_1, t_2 \in [a, b]</math> takie, że <math>t_2 > t_1</math>. Z założenia wynika, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[t_1, t_2]</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(t_1, t_2)</math>. Ponieważ spełnione są założenia twierdzenia Lagrange'a<ref name="Lagrange1"/>, to istnieje taki punkt <math>c \in (t_1, t_2) \subset (a, b)</math>, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f' (c) = {\small\frac{f (t_2) - f (t_1)}{t_2 - t_1}}</math>
</div>

Wiemy, że <math>f' (x) > 0</math> dla <math>x \in (a, b)</math>, zatem w szczególności <math>f' (c) > 0</math> i otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f(t_2) - f (t_1) = (t_2 - t_1) f' (c) > 0</math>
</div>

Czyli <math>f(t_2) > f (t_1)</math>. Ponieważ punkty <math>t_1, t_2</math> zostały wybrane dowolnie w przedziale <math>[a, b]</math>, to funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją silnie rosnącą w tym przedziale. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E17 
Załóżmy, że funkcja rzeczywista <math>f(x)</math> jest ciągła i różniczkowalna w przedziale <math>(a, b)</math>. Jeżeli

:   ●      <math>f' (x) > 0 \,</math> dla <math>\, x \in (a, b)</math>, to <math>f(x)</math> jest silnie rosnąca w przedziale <math>(a, b)</math>

:   ●      <math>f' (x) < 0 \,</math> dla <math>\, x \in (a, b)</math>, to <math>f(x)</math> jest silnie malejąca w przedziale <math>(a, b)</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Pierwszy sposób 
Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że <math>f(x)</math> nie jest silnie rosnąca w przedziale <math>(a, b)</math>. Zatem istnieją takie liczby <math>t_1, t_2 \in (a, b)</math>[a]  i <math>\, t_2 > t_1</math>, że <math>f (t_2) \leqslant f (t_1)</math>.

Zauważmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[t_1, t_2]</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(t_1, t_2)</math>. Ponieważ spełnione są założenia twierdzenia Lagrange'a<ref name="Lagrange1"/>, to istnieje taki punkt <math>c \in (t_1, t_2) \subset (a, b)</math>, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f' (c) = {\small\frac{f (t_2) - f (t_1)}{t_2 - t_1}}</math>
</div>

Zatem otrzymujemy <math>f' (c) \leqslant 0</math>, wbrew założeniu, że <math>f' (x) > 0</math> dla <math>x \in (a, b)</math>. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Drugi sposób 
Wybierzmy dowolne dwa punkty <math>t_1, t_2 \in (a, b)</math>[a] takie, że <math>t_2 > t_1</math>. Z założenia wynika, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w przedziale <math>[t_1, t_2]</math> i różniczkowalna w przedziale <math>(t_1, t_2)</math>. Ponieważ spełnione są założenia twierdzenia Lagrange'a<ref name="Lagrange1"/>, to istnieje taki punkt <math>c \in (t_1, t_2) \subset (a, b)</math>, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f' (c) = {\small\frac{f (t_2) - f (t_1)}{t_2 - t_1}}</math>
</div>

Wiemy, że <math>f' (x) > 0</math> dla <math>x \in (a, b)</math>, zatem w szczególności <math>f' (c) > 0</math> i otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f(t_2) - f (t_1) = (t_2 - t_1) f' (c) > 0</math>
</div>

Czyli <math>f(t_2) > f (t_1)</math>. Ponieważ punkty <math>t_1, t_2</math> zostały wybrane dowolnie w przedziale <math>(a, b)</math>, to funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją silnie rosnącą w tym przedziale. Co należało pokazać.

<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
[a] Ponieważ przedział <math>(a, b)</math> jest przedziałem otwartym, to dowolny punkt <math>t \in (a, b)</math> należy do tego przedziału wraz z pewnym otoczeniem. Niech <math>\varepsilon = \min \left( {\small\frac{t - a}{2}}, {\small\frac{b - t}{2}} \right)</math>, wtedy otoczenie <math>U (t, \varepsilon) = (t - \varepsilon, t + \varepsilon) \subset (a, b)</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E18 
Załóżmy, że funkcja rzeczywista <math>f(t)</math> jest ciągła w przedziale <math>[a, b]</math> i dwukrotnie różniczkowalna w przedziale <math>(a, b)</math>. Jeżeli

:   ●      <math>f'' (t) > 0</math>  (odpowiednio: <math>f'' (t) < 0</math>)  dla <math>t \in (a, b)</math>

:   ●      <math>A = (a, f (a)) \qquad \text{i} \qquad B = (b, f (b))</math>

to dowolny punkt wykresu funkcji <math>f(t)</math>, gdzie <math>t \in (a, b)</math>, leży poniżej  (odpowiednio: powyżej)  odcinka (cięciwy) <math>A B</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>x \in (a, b)</math>. Zauważmy, że w każdym z przedziałów <math>[a, x] \,</math> i <math>\, [x, b]</math> funkcja <math>f(t)</math> spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a<ref name="Lagrange1"/>. Zatem istnieją takie punkty <math>\xi_1 \in (a, x) \,</math> i <math>\, \xi_2 \in (x, b)</math>, że

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>f' (\xi_1) = {\small\frac{f (x) - f (a)}{x - a}} \qquad \text{i} \qquad f' (\xi_2) = {\small\frac{f (b) - f (x)}{b - x}}</math>
</div>

Oczywiście <math>a < \xi_1 < x < \xi_2 < b</math>. Ponieważ <math>f' (t)</math> jest ciągła i różniczkowalna w przedziale <math>(a, b)</math> oraz <math>f'' (t) > 0</math> w przedziale <math>(a, b)</math>, to <math>f' (t)</math> jest silnie rosnąca w tym przedziale (zobacz [[#E17|E17]]), zatem <math>f' (\xi_1) < f' (\xi_2)</math> i otrzymujemy

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{f (x) - f (a)}{x - a}} < {\small\frac{f (b) - f (x)}{b - x}}</math>
</div>

<div style="margin-top: 2em; margin-bottom: 2em;">
::<math>(b - a) f (x) < (b - x) f (a) + (x - a) f (b)</math>
</div>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{f (x) - f (a)}{x - a}} < {\small\frac{f (b) - f (a)}{b - a}}</math>
</div>

Skąd dostajemy

::<math>f(x) < {\small\frac{f (b) - f (a)}{b - a}} \cdot (x - a) + f (a)</math>

Zauważmy, że

::<math>y = {\small\frac{f (b) - f (a)}{b - a}} \cdot (x - a) + f (a)</math>

jest równaniem prostej przechodzącej przez punkty <math>A = (a, f (a)) \,</math> i <math>\, B = (b, f (b))</math>. Zatem z otrzymanej nierówności wynika, że dla dowolnego punktu <math>(x, y)</math>, gdzie <math>a < x < b</math>, należącego do odcinka (cięciwy) <math>A B</math> współrzędna <math>\, y \,</math> tego punktu jest większa od <math>f(x)</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Możemy osłabić uczynione w twierdzeniu [[#E18|E18]] założenie ciągłości funkcji w <math>[a, b]</math>, ale będziemy musieli inaczej sformułować twierdzenie.
Twierdzenie E19 
Załóżmy, że funkcja rzeczywista <math>f(t)</math> jest ciągła i dwukrotnie różniczkowalna w <math>(a, b)</math>. Jeżeli <math>f'' (t) > 0</math>  (odpowiednio: <math>f'' (t) < 0</math>)  dla <math>t \in (a, b)</math>, to dla dowolnych punktów <math>t_1, t_2 \in (a, b) \,</math> i <math>\, t_2 > t_1</math> wykres funkcji <math>f(t)</math>, gdzie <math>t \in (t_1, t_2)</math>, leży poniżej  (odpowiednio: powyżej)  odcinka (cięciwy) <math>A B</math>, gdzie <math>A = (t_1, f (t_1)) \,</math> i <math>\, B = (t_2, f (t_2))</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ponieważ <math>f(t)</math> jest ciągła w przedziale <math>(a, b)</math>, to jest ciągła w <math>[t_1, t_2] \subset (a, b)</math>. Ponieważ <math>f(t)</math> jest dwukrotnie różniczkowalna w przedziale <math>(a, b)</math>, to jest też dwukrotnie różniczkowalna w przedziale <math>(t_1, t_2) \subset (a, b)</math>. Zatem funkcja <math>f(t)</math> spełnia w przedziale <math>[t_1, t_2]</math> założenia twierdzenia [[#E18|E18]] i natychmiast otrzymujemy, że wykres funkcji <math>f(t)</math>, gdzie <math>t \in (t_1, t_2)</math>, leży poniżej  (odpowiednio: powyżej)  odcinka (cięciwy) <math>A B</math>, gdzie <math>A = (t_1, f (t_1)) \,</math> i <math>\, B = (t_2, f (t_2))</math>. Co kończy dowód. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E20 
Korzystając ze znalezionego w zadaniu [[#E2|E2]] wzoru dla <math>B_3 (x)</math>, opisać wykresy wielomianów Bernoulliego <math>B_4 (x), B_5 (x), B_6 (x), B_7 (x), \ldots</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0</math>. Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 3 wiemy, że dla nieparzystych <math>n \geqslant 3</math> jest <math>B_n (0) = B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0</math>.

Z twierdzenia [[#E8|E8]] p. 6 wiemy, że <math>B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = - (1 - 2^{1 - n}) B_n (0)</math>. Zatem dla parzystych <math>n \geqslant 2</math> liczby <math>B_n (0) \,</math> i <math>\, B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> mają różne znaki (zobacz [[#E14|E14]]).

W zadaniu [[#E2|E2]] pokazaliśmy, że

::<math>B_3 (x) = x^3 - {\small\frac{3 x^2}{2}} + {\small\frac{x}{2}}</math>

Poniżej przedstawiliśmy wykres wielomianu <math>B_3 (x)</math>, a w kolejnych krokach pokazujemy, jak określić postać wykresów wielomianów <math>B_4 (x), B_5 (x), B_6 (x), B_7 (x), \ldots</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>.

{| class="wikitable" style="font-size: 90%; text-align:center;"
! <math>B_3 (x)</math>
|-
| style="width: 500px;" | [[File:E_B3.png|thumb|300px|center|Wielomian Bernoulliego <math>B_3 (x)</math>]]
|}

{| class="wikitable" style="font-size: 90%; text-align:center;"
!colspan="2"|Aby określić kształt wykresu <math>B_n (x)</math> dla <math>n = 4</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>, wystarczy zauważyć, że
|-
|style="width: 500px;" rowspan="7" | [[File:E_B4.png|thumb|300px|center|Wielomian Bernoulliego <math>B_4 (x)</math>]] || <math>B'_4 (x) = 4 B_3 (x)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B'_4 (x) > 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
|     <math>B_4 (x)</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math> jest funkcją silnie rosnącą       (zobacz [[#E16|E16]])    
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B_4 (0) < 0 < B_4 \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math>,  bo liczby <math>B_4 (0) \,</math> i <math>\, B_4 \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> mają różne znaki<ref name="Darboux1"/>
|}

{| class="wikitable" style="font-size: 90%; text-align:center;"
!colspan="2"|Aby określić kształt wykresu <math>B_n (x)</math> dla <math>n = 5</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>, wystarczy zauważyć, że
|-
|style="width: 500px;" rowspan="7" | [[File:E_B5.png|thumb|300px|center|Wielomian Bernoulliego <math>B_5 (x)</math>]] || <math>B_5 (0) = B_5 \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0 \qquad \qquad B'_5 (x) = 5 B_4 (x) \qquad \qquad B''_5 (x) = 20 B_3 (x)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B''_5 (x) > 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| wykres funkcji <math>B_5 (x)</math> leży poniżej odcinka łączącego punkty <math>A = (0, 0) \,</math> i <math>\, B = \left( {\small\frac{1}{2}}, 0 \right)</math>       (zobacz [[#E18|E18]])
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B_5 (x) < 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|}

{| class="wikitable" style="font-size: 90%; text-align:center;"
!colspan="2"|Aby określić kształt wykresu <math>B_n (x)</math> dla <math>n = 6</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>, wystarczy zauważyć, że
|-
|style="width: 500px;" rowspan="7" | [[File:E_B6.png|thumb|300px|center|Wielomian Bernoulliego <math>B_6 (x)</math>]] || <math>B'_6 (x) = 6 B_5 (x)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B'_6 (x) < 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
|     <math>B_6 (x)</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math> jest funkcją silnie malejącą       (zobacz [[#E16|E16]])    
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B_6 (0) > 0 > B_6 \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math>,  bo liczby <math>B_6 (0) \,</math> i <math>\, B_6 \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> mają różne znaki<ref name="Darboux1"/>
|}

{| class="wikitable" style="font-size: 90%; text-align:center;"
!colspan="2"|Aby określić kształt wykresu <math>B_n (x)</math> dla <math>n = 7</math> w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>, wystarczy zauważyć, że
|-
|style="width: 500px;" rowspan="7" | [[File:E_B7.png|thumb|300px|center|Wielomian Bernoulliego <math>B_7 (x)</math>]] || <math>B_7 (0) = B_7 \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = 0 \qquad \qquad B'_7 (x) = 7 B_6 (x) \qquad \qquad B''_7 (x) = 42 B_5 (x)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B''_7 (x) < 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| wykres funkcji <math>B_7 (x)</math> leży powyżej odcinka łączącego punkty <math>A = (0, 0) \,</math> i <math>\, B = \left( {\small\frac{1}{2}}, 0 \right)</math>       (zobacz [[#E18|E18]])
|-
| <math>\big\Downarrow</math>
|-
| <math>B_7 (x) > 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|}

Dla <math>B_8 (x)</math> i kolejnych wielomianów Bernoulliego argumentacja powtarza się. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga E21 
Czytelnik łatwo uogólni rezultaty otrzymane w zadaniu [[#E20|E20]] i metodą indukcji matematycznej udowodni niżej sformułowane twierdzenie.

Twierdzenie E22 
Dla <math>n \geqslant 2</math> wielomiany Bernoulliego mają w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math> następujące właściwości

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
! <math>\boldsymbol{n}</math> || wartości <math>\boldsymbol{ B_n(0) }</math>, <math>\boldsymbol{ B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right) }</math> || własności <math>\boldsymbol{ B_n(x) }</math>
|- style=height:3em
| <math>n = 4 k</math> || <math>B_n (0) < 0 < B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> || <math>B_n(x)</math> jest funkcją silnie rosnącą w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>
|- style=height:3em
| <math>n = 4 k + 1</math> || <math>B_n (0) = 0 = B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> || <math>B_n(x) < 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|- style=height:3em
| <math>n = 4 k + 2</math> || <math>B_n (0) > 0 > B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> || <math>B_n(x)</math> jest funkcją silnie malejącą w przedziale <math>\left[ 0, {\small\frac{1}{2}} \right]</math>
|- style=height:3em
| <math>n = 4 k + 3</math> || <math>B_n (0) = 0 = B_n \left( {\small\frac{1}{2}} \right)</math> || <math>B_n(x) > 0</math> w przedziale <math>\left( 0, {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
|}

Zadanie E23 
Niech <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. Pokazać, że prawdziwe są następujące właściwości liczb Bernoulliego

:   ●      <math>B_{4 k} < 0</math>

:   ●      <math>B_{4 k + 2} > 0 \qquad </math> dla <math>\; k \geqslant 0</math>

:   ●      <math>{\small\frac{B_{2 k + 2}}{B_{2 k}}} < 0</math>

:   ●      <math>| B_{2 k} | = (- 1)^{k + 1} B_{2 k}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Punkty 1. i 2. są prostym wnioskiem z twierdzenia [[#E22|E22]]. Punkt 3. dowodzimy osobno dla <math>k</math> parzystych i nieparzystych. Niech <math>k = 2 j</math>, wtedy <math>B_{2 k + 2} = B_{4 j + 2} \,</math> i <math>\, B_{2 k} = B_{4 j}</math> mają przeciwne znaki i nierówność jest dowiedziona. Niech <math>k = 2 j + 1</math>, wtedy <math>B_{2 k + 2} = B_{4 j + 4} \,</math> i <math>\, B_{2 k} = B_{4 j + 2}</math> również mają przeciwne znaki i nierówność jest dowiedziona. Analogicznie dowodzimy punkt 4. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład E24 
W tabeli przedstawiamy liczby Bernoulliego <math>B_n</math> oraz minimalne <math>m_n</math> i maksymalne <math>M_n</math> wartości wielomianów <math>B_n(x)</math> dla <math>x \in [0, 1]</math>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
! <math>\quad n \quad</math> || <math>B_n(x)</math> || <math>B_n</math> || <math>m_n</math> || <math>M_n</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 0 \quad</math> || <math>1</math> || <math>1</math> || <math>1</math> || <math>1</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 1 \quad</math> || <math>x - {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{2}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 2 \quad</math> || <math>x^2 - x + {\small\frac{1}{6}}</math> || <math>{\small\frac{1}{6}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{12}}</math> || <math>{\small\frac{1}{6}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 3 \quad</math> || <math>x^3 - {\small\frac{3}{2}} x^2 + {\small\frac{1}{2}} x</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{\sqrt{3}}{36}}</math> || <math>{\small\frac{\sqrt{3}}{36}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 4 \quad</math> || <math>x^4 - 2 x^3 + x^2 - {\small\frac{1}{30}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{30}}</math> || <math>- {\small\frac{1}{30}}</math> || <math>{\small\frac{7}{240}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 5 \quad</math> || <math>x^5 - {\small\frac{5}{2}} x^4 + {\small\frac{5}{3}} x^3 - {\small\frac{1}{6}} x</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{6}} \sqrt{{\small\frac{1}{60}} + {\small\frac{\sqrt{30}}{1125}}}</math> || <math>{\small\frac{1}{6}} \sqrt{{\small\frac{1}{60}} + {\small\frac{\sqrt{30}}{1125}}}</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad 6 \quad</math> || <math>x^6 - 3 x^5 + {\small\frac{5}{2}} x^4 - {\small\frac{1}{2}} x^2 + {\small\frac{1}{42}}</math> || <math>{\small\frac{1}{42}}</math> || <math>- {\small\frac{31}{1344}}</math> || <math>{\small\frac{1}{42}}</math>
|}

Zauważmy, że <math>M_3 = {\small\frac{\sqrt{3}}{36}} < {\small\frac{3}{62}}</math>, <math>\quad M_5 < {\small\frac{1}{40}}</math>, <math>\quad M_7 < {\small\frac{1}{38}} \quad</math> oraz <math>\quad M_9 < {\small\frac{1}{21}}</math>

Przykład E25 
Minima <math>m_n</math> i maksima <math>M_n</math> wielomianów Bernoulliego <math>B_n(x)</math> dla <math>x \in [0, 1]</math> są równe<ref name="Lehmer1"/>

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
|-
! <math>n</math> || <math>m_n</math> || <math>M_n</math> || <math>\text{uwagi}</math>
|-
| <math>2 k + 1</math> || <math>- \bigl| B_{2 k + 1} (x_{2 k}) \bigr|</math> || <math>\bigl| B_{2 k + 1} (x_{2 k}) \bigr|</math> || <math>B_{2 k} (x_{2 k}) = 0 \;\;\; \text{dla} \;\; x \in \left( 0, \tfrac{1}{2} \right)</math>
|-
| <math>4 k</math> || <math>B_{4 k} (0)</math> || <math>B_{4 k} \left( \tfrac{1}{2} \right)</math> || <math>\text{dla} \;\; k \geqslant 1</math>
|-
| <math>4 k + 2</math> || <math>B_{4 k + 2} \left( \tfrac{1}{2} \right)</math> || <math>B_{4 k + 2} (0)</math> || <math></math>
|}

W zamieszczonej niżej tabeli przedstawiamy liczby Bernoulliego <math>B_n</math> oraz minimalne i maksymalne wartości wielomianów <math>B_n(x)</math> dla <math>x \in [0, 1]</math> w zapisie dziesiętnym.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Tabela|Hide=Ukryj tabelę}}
Pogrubiliśmy czcionkę w rzędzie, w którym wartości bezwzględne liczb <math>B_n, m_n, M_n</math> przyjmują najmniejszą wartość.

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|-
! <math>n</math> || <math>B_n</math> || <math>m_n</math> || <math>M_n</math>
|-
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>1</math> || <math>1</math>
|-
| <math>1</math> || <math>- \tfrac{1}{2}</math> || <math>- 0.5</math> || <math>0.5</math>
|-
| <math>2</math> || <math>\tfrac{1}{6}</math> || <math>- 0.083333333333</math> || <math>0.166666666666</math>
|-
| <math>3</math> || <math>0</math> || <math>- 0.048112522432</math> || <math>0.048112522432</math>
|-
| <math>4</math> || <math>- \tfrac{1}{30}</math> || <math>- 0.033333333333</math> || <math>0.029166666666</math>
|-
| <math>5</math> || <math>0</math> || <math>- 0.024458190869</math> || <math>0.024458190869</math>
|-
| <math>\mathbf{6}</math> || <math>\mathbf{\tfrac{1}{42}}</math> || <math>\mathbf{- 0.023065476190}</math> || <math>\mathbf{0.023809523809}</math>
|-
| <math>7</math> || <math>0</math> || <math>- 0.026065114257</math> || <math>0.026065114257</math>
|-
| <math>8</math> || <math>- \tfrac{1}{30}</math> || <math>- 0.033333333333</math> || <math>0.033072916666</math>
|-
| <math>9</math> || <math>0</math> || <math>- 0.047550561639</math> || <math>0.047550561639</math>
|-
| <math>10</math> || <math>\tfrac{5}{66}</math> || <math>- 0.075609611742</math> || <math>0.075757575757</math>
|-
| <math>11</math> || <math>0</math> || <math>- 0.132496658444</math> || <math>0.132496658444</math>
|-
| <math>12</math> || <math>- \tfrac{691}{2730}</math> || <math>- 0.253113553113</math> || <math>0.252989962511</math>
|-
| <math>13</math> || <math>0</math> || <math>- 0.523566395739</math> || <math>0.523566395739</math>
|-
| <math>14</math> || <math>\tfrac{7}{6}</math> || <math>- 1.166524251302</math> || <math>1.166666666666</math>
|-
| <math>15</math> || <math>0</math> || <math>- 2.785040736728</math> || <math>2.785040736728</math>
|-
| <math>16</math> || <math>- \tfrac{3617}{510}</math> || <math>- 7.092156862745</math> || <math>7.091940427293</math>
|-
| <math>17</math> || <math>0</math> || <math>- 19.18848758233</math> || <math>19.18848758233</math>
|-
| <math>18</math> || <math>\tfrac{43867}{798}</math> || <math>- 54.97075854805</math> || <math>54.97117794486</math>
|-
| <math>19</math> || <math>0</math> || <math>- 166.2291245655</math> || <math>166.2291245655</math>
|-
| <math>20</math> || <math>- \tfrac{174611}{330}</math> || <math>- 529.1242424242</math> || <math>529.1232331998</math>
|}
 
□
{{\Spoiler}}

Definicja E26 
Funkcje okresowe Bernoulliego <math>P_n(x)</math> definiujemy następująco

::<math>P_n(x) = B_n(x - \lfloor x \rfloor)</math>

Uwaga E27 
Inaczej mówiąc funkcja okresowa Bernoulliego <math>P_n(x)</math> na odcinku <math>[0, 1]</math>, przyjmuje te same wartości, co wielomian Bernoulliego <math>B_n(x)</math>. Wartości te powtarzają się dla kolejnych odcinków <math>[k, k + 1]</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>.

Uwaga E28 
Wprost z definicji funkcji okresowych Bernoulliego wynika, że dla <math>k \in \mathbb{Z}</math> jest

::<math>P_n (k) = B_n (k - \lfloor k \rfloor) = B_n (0) = B_n</math>

Twierdzenie E29 
Własności funkcji okresowych Bernoulliego
::{| border="0"
|-style=height:2.5em
| ●    || funkcja <math>P_0 (x)</math> jest ciągła i różniczkowalna
|-style=height:2.5em
| ●    || funkcja <math>P_1 (x)</math> nie jest ciągła w punktach <math>x \in \mathbb{Z}</math>
|-style=height:2.5em
| ●    || funkcja <math>P_2 (x)</math> jest ciągła, ale nie jest różniczkowalna w punktach <math>x \in \mathbb{Z}</math>
|-style=height:2.5em
| ●    || dla <math>n \geqslant 3</math> funkcje <math>P_n (x)</math> są ciągłe i różniczkowalne
|-style=height:2.5em
| ●    || <math>{\small\frac{d}{d x}} P_n (x) = n P_{n - 1} (x) \qquad</math> o ile <math>n \neq 1, 2</math> lub <math>n = 1, 2</math> oraz <math>x \notin \mathbb{Z}</math>
|-style=height:2.5em
| ●    || <math>\int^x_0 P_n (t) d t = {\small\frac{P_{n + 1} (x)}{n + 1}} - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}}</math>
|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Ciągłość funkcji okresowych Bernoulliego 
Policzymy granice prawostronne i granice lewostronne funkcji okresowych Bernoulliego <math>P_n (x)</math> w punktach <math>x = k</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Mamy
::<math>\lim_{x \to k^+} P_n (x) = \lim_{\varepsilon \to 0} P_n (k + \varepsilon)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (k + \varepsilon - \lfloor k + \varepsilon \rfloor)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (k + \varepsilon - k)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (\varepsilon)</math>

:::::<math>\;\,\, = B_n (0)</math>

::<math>\lim_{x \to k^-} P_n (x) = \lim_{\varepsilon \to 0} P_n (k - \varepsilon)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (k - \varepsilon - \lfloor k - \varepsilon \rfloor)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (k - \varepsilon - (k - 1))</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (k - \varepsilon - k + 1)</math>

:::::<math>\;\,\, = \lim_{\varepsilon \to 0} B_n (1 - \varepsilon)</math>

:::::<math>\;\,\, = B_n (1)</math>

Z punktu 1. twierdzenia [[#E8|E8]] wiemy, że dla <math>n \geqslant 2</math> jest <math>B_n (0) = B_n (1)</math>. Oprócz tego dla <math>n = 0</math> i <math>n = 1</math> mamy

::<math>B_0 (0) = B_0 (1) = 1</math>

oraz

::<math>B_1 (0) = - {\small\frac{1}{2}} \neq {\small\frac{1}{2}} = B_1 (1)</math>

Wynika stąd, że wszystkie funkcje okresowe Bernoulliego <math>P_n (x)</math> są ciągłe poza funkcją <math>P_1 (x)</math>.

Różniczkowalność funkcji okresowych Bernoulliego 
Pochodne funkcji okresowych Bernoulliego <math>P_n (x)</math> są równe

::<math>{\small\frac{d}{d x}} P_n (x) = {\small\frac{d}{d x}} B_n (x - \lfloor x \rfloor)</math>

::::<math>\;\;\;\;\, = n B_{n - 1} (x - \lfloor x \rfloor) \cdot \left( 1 - {\small\frac{d}{d x}} \lfloor x \rfloor \right)</math>

::::<math>\;\;\;\;\, = n P_{n - 1} (x) \cdot \left( 1 - {\small\frac{d}{d x}} \lfloor x \rfloor \right)</math>

Zauważmy, że pochodna <math>{\small\frac{d}{d x}} \lfloor x \rfloor = 0</math> dla <math>x \notin \mathbb{Z}</math>, ale funkcja <math>\lfloor x \rfloor</math> nie jest różniczkowalna w punktach <math>x \in \mathbb{Z}</math>. Wiemy, że pochodna funkcji w punkcie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy obie pochodne jednostronne w tym punkcie istnieją i są równe. Zatem musimy zbadać, czy pochodne prawostronne i lewostronne funkcji okresowych Bernoulliego <math>P_n (x)</math> są równe w punktach <math>x = k</math>. Ponieważ dla <math>x \notin \mathbb{Z}</math> mamy

::<math>{\small\frac{d}{d x}} P_n (x) = n P_{n - 1} (x)</math>

a jednocześnie dla <math>n \geqslant 3</math> funkcje <math>P_{n - 1} (x)</math> są ciągłe, to

::<math>\lim_{x \to k^+} n P_{n - 1} (x) = \lim_{x \to k^-} n P_{n - 1} (x)</math>

Czyli

::<math>\lim_{x \to k^+} {\small\frac{d}{d x}} P_n (x) = \lim_{x \to k^-} {\small\frac{d}{d x}} P_n (x)</math>

Wynika stąd, że dla <math>n \geqslant 3</math> pochodne prawostronne i lewostronne funkcji <math>P_n (x)</math> są równe w punktach <math>x = k</math>. Zatem funkcje <math>P_n (x)</math> są różniczkowalne w tych punktach.

Dla <math>n = 0</math> jest <math>P_0 (x) = B_0 (x - \lfloor x \rfloor) = 1</math>, zatem <math>P_0 (x)</math> jest ciągła i różniczkowalna.

Dla <math>n = 1</math> wiemy już, że funkcja <math>P_1 (x)</math> nie jest ciągła w punktach <math>x \in \mathbb{Z}</math>, zatem nie jest w nich różniczkowalna.

Dla <math>n = 2</math> mamy

::<math>\lim_{x \to k^+} 2 P_1 (x) = 2 B_1 (0) = - 1 \neq 1 = 2 B_1 (1) = \lim_{x \to k^-} 2 P_1 (x)</math>

Skąd wynika natychmiast, że

::<math>\lim_{x \to k^+} {\small\frac{d}{d x}} P_2 (x) \neq \lim_{x \to k^-} {\small\frac{d}{d x}} P_2 (x)</math>

Zatem funkcja <math>P_2 (x)</math> nie jest różniczkowalna w punktach <math>x \in \mathbb{Z}</math>.

Przeprowadzane wyżej rozważania dotyczące ciągłości i różniczkowalności funkcji okresowych Bernoulliego <math>P_n (x)</math> stanowią dowody pierwszych pięciu punktów twierdzenia.

'''Punkt 6.'''

Ponieważ funkcja <math>P_n (t)</math> jest funkcją okresową o okresie równym <math>1</math>, to całka oznaczona będzie równa sumie wielokrotności całek na odcinku <math>[0, 1]</math> i całce na odcinku <math>[0, x - \lfloor x \rfloor]</math>.

::<math>\int^x_0 P_n (t) d t = \int_{0}^{\lfloor x \rfloor} P_n (t) d t + \int^x_{\lfloor x \rfloor} P_n (t) d t</math>

:::::<math>\;\;\; = \lfloor x \rfloor \int^1_0 P_n (t) d t + \int_{0}^{x - \lfloor x \rfloor} P_n (t) d t</math>

:::::<math>\;\;\; = \int_{0}^{x - \lfloor x \rfloor} B_n (t - \lfloor t \rfloor) d t</math>

:::::<math>\;\;\; = \int_{0}^{x - \lfloor x \rfloor} B_n (t) d t</math>

:::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{n + 1}} \int_{0}^{x - \lfloor x \rfloor} \left [ {\small\frac{d}{d t}} B_{n + 1} (t) \right ] d t</math>

:::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot B_{n + 1} (t) \biggr\rvert_{0}^{x - \lfloor x \rfloor}</math>

:::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{n + 1}} [B_{n + 1} (x - \lfloor x \rfloor) - B_{n + 1} (0)]</math>

:::::<math>\;\;\; = {\small\frac{P_{n + 1} (x)}{n + 1}} - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}}</math>
 
□
{{\Spoiler}}

Przykład E30 
Przedstawiamy przykładowe wykresy funkcji okresowych Bernoulliego <math>P_n (x)</math>. Stanowią one bardzo dobrą ilustrację do twierdzenia [[#E29|E29]].

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

::[[File: E_P1.png|none]]

::[[File: E_P2.png|none]]

::[[File: E_P3.png|none]]

::[[File: E_P4.png|none]]

::[[File: E_P5.png|none]]

::[[File: E_P6.png|none]]

::[[File: E_P7.png|none]]

::[[File: E_P8.png|none]]

 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E31* 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla liczb Bernoulliego <math>B_{2 n} = (- 1)^{n + 1} | B_{2 n} |</math> prawdziwe są następujące oszacowania <ref name="Abramowitz1"/><ref name="Abramowitz2"/><ref name="DAniello1"/>

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{2 (2 n) !}{(2 \pi)^{2 n}}} \cdot {\small\frac{1}{1 - 2^{- 2 n}}} < | B_{2 n} | < {\small\frac{2 (2 n) !}{(2 \pi)^{2 n}}} \cdot {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - 2 n}}}</math>
</div>

i asymptotyki

::<math>B_{2 n} \sim (- 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{2 (2 n) !}{(2 \pi)^{2 n}}}</math>

::<math>B_{2 n} \sim (- 1)^{n + 1} \cdot 4 \sqrt{\pi n} \cdot \left( {\small\frac{n}{\pi e}} \right)^{2 n}</math>

Twierdzenie E32* 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla ilorazu kolejnych liczb Bernoulliego <math>B_{2 n}</math> prawdziwe są następujące oszacowania<ref name="FengQi1"/>

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

i asymptotyka

::<math>{\small\frac{B_{2 n + 2}}{B_{2 n}}} \sim - {\small\frac{n^2}{\pi^2}}</math>

== Wzór sumacyjny Eulera-Maclaurina ==

Uwaga E33 
Często w twierdzeniu musimy założyć, że rozważana funkcja <math>f(x)</math> jest określona w pewnym zbiorze liczb rzeczywistych i jest funkcją ciągłą oraz wszystkie jej pochodne od <math>f' (x)</math> do <math>f^{(n)} (x)</math> istnieją i są ciągłe w tym zbiorze. Przekazanie tego prostego założenia wymaga użycia wielu słów, a samo twierdzenie staje się mało czytelne. Ze względów czysto praktycznych wprowadzamy pojęcie klasy funkcji.

Definicja E34 
Funkcję <math>f(x)</math> określoną i ciągłą w zbiorze <math>A \subset \mathbb{R}</math> i mającą kolejno <math>n</math> ciągłych pochodnych w tym zbiorze będziemy nazywali funkcją klasy <math>C^n</math>. Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła w <math>A</math>, to powiemy, że jest klasy <math>C^0</math>. Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^n</math> dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>, to powiemy, że funkcja <math>f(x)</math> jest klasy <math>C^{\infty}</math>. W
przypadku, gdy chcemy jednocześnie zaznaczyć dziedzinę funkcji, to stosujemy zapis <math>C^0 (A)</math>, <math>C^n (A)</math> i <math>C^{\infty} (A)</math>.

Przykład E35 
Tylko dla potrzeb tego przykładu funkcję <math>f(x)</math> określoną następująco

::<math>f(x) = \left\{ \begin{array}{lll}
g (x) & & x < 0\\
h (x) & & x \geqslant 0
\end{array} \right.</math>

będziemy zapisywali jako <math>f(x) = \left \{ g (x) \big\rvert h (x) \right \}</math>.

Przykłady funkcji klasy <math>C^0 (\mathbb{R})</math>

::<math>\left \{ - x \big\rvert x \right \} \;\; \text{czyli} \;\; | x | , \quad \left \{ 0 \big\rvert x \right \} , \quad \left \{ 1 \big\rvert e^x \right \} , \quad \left \{ 1 + x \big\rvert \cos (x) \right \}</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^1 (\mathbb{R})</math>

::<math>\left \{ 0 \big\rvert x^2 \right \} , \quad \left \{ 1 + x \big\rvert e^x \right \} , \quad \left \{ 1 \big\rvert \cos (x) \right \}</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^2 (\mathbb{R})</math>

::<math>x^2 \sqrt{x^2} , \quad \left \{ 0 \big\rvert x^3 \right \} , \quad \left \{ 1 + x + \tfrac{1}{2} x^2 \big\rvert e^x \right \} , \quad \left \{ x \big\rvert \sin (x) \right \}</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^3 (\mathbb{R})</math>

::<math>\left \{ 0 \big\rvert x^4 \right \} , \quad \left \{ 1 + x + \tfrac{1}{2} x^2 + \tfrac{1}{6} x^3 \big\rvert e^x \right \} , \quad \left \{ 1 - \tfrac{1}{2} x^2 \big\rvert \cos (x) \right \}</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^n (\mathbb{R})</math>

::<math>P_{n + 2} (x) , \quad x^n \sqrt{x^2} , \quad \left \{ 0 \big\rvert x^{n + 1} \right \} , \quad \left\{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{x^k}{k!}} \biggr\rvert e^x \right\}</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^{\infty} (\mathbb{R})</math>

::<math>x^k \;\; \text{dla} \;\; k \in \mathbb{N}_0 , \quad e^x , \quad \sin (x) , \quad \cos (x)</math>

Przykłady funkcji klasy <math>C^{\infty} (\mathbb{R}_+)</math>

::<math>{\small\frac{1}{x}}</math>,    <math>\sqrt{x}</math>,    <math>\log x</math>

Twierdzenie E36 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją rzeczywistą klasy <math>C^1 ( [k, k + 1] )</math>, gdzie <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli zastąpimy na jednostkowym odcinku pole prostokąta całką, to błąd, jaki popełnimy, jest równy

::<math>f(k) - \int_{k}^{k + 1} f(t) d t = \int_k^{k + 1} (t - \lfloor t \rfloor - 1) f'(t) d t</math>

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

::<math>\int_k^{k + 1} f(t) d t = f(t) \cdot t \biggr\rvert_{k}^{k+1} - \int_k^{k + 1} f'(t) \cdot t d t</math>

:::::<math>\quad \, = (k + 1) \cdot f(k + 1) - k \cdot f(k) - \int_k^{k + 1} t \cdot f'(t) d t</math>

:::::<math>\quad \, = k \cdot f(k + 1) + f(k + 1) - k \cdot f(k) - \int_k^{k + 1} t \cdot f'(t) d t</math>

:::::<math>\quad \, = f(k + 1) + \int_k^{k + 1} k \cdot f'(t) d t - \int_k^{k + 1} t \cdot f'(t) d t</math>

Zatem poszukiwaną różnicę możemy zapisać w postaci

::<math>f(k) - \int_{k}^{k + 1} f(t) d t = f(k) - f(k + 1) - \int_k^{k + 1} k \cdot f'(t) d t + \int_k^{k + 1} t \cdot f'(t) d t</math>

::::::::<math>= - \int_k^{k + 1} f'(t) d t - \int_k^{k + 1} k \cdot f'(t) d t + \int_k^{k + 1} t \cdot f'(t) d t</math>

::::::::<math>= \int_k^{k + 1} (t - k - 1) f'(t) d t</math>

::::::::<math>= \int_k^{k + 1} (t - \lfloor t \rfloor - 1) f'(t) d t</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E37 
Pokazać, że dla <math>x > 0</math> całka <math>\int^x_0 (t - \lfloor t \rfloor)^n d t</math> jest równa

::<math>\int^x_0 (t - \lfloor t \rfloor)^n d t = {\small\frac{\lfloor x \rfloor + (x - \lfloor x \rfloor)^{n + 1}}{n + 1}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Ponieważ funkcja <math>(x - \lfloor x \rfloor)^n</math> jest funkcją okresową o okresie równym <math>1</math>, to całka oznaczona będzie równa sumie wielokrotności całek na odcinku <math>[0, 1]</math> i całce na odcinku <math>[0, x - \lfloor x \rfloor]</math>.

::<math>\int^x_0 (t - \lfloor t \rfloor)^n d t = \int_{0}^{\lfloor x \rfloor} (t - \lfloor t \rfloor)^n d t + \int^x_{\lfloor x \rfloor} (t - \lfloor t \rfloor)^n d t</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \lfloor x \rfloor \cdot \int^1_0 (t - \lfloor t \rfloor)^n d t + \int^{x - \lfloor x \rfloor}_0 (t - \lfloor t \rfloor)^n d t</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \lfloor x \rfloor \cdot \int^1_0 t^n d t + \int_{0}^{x - \lfloor x \rfloor} t^n d t</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \lfloor x \rfloor \cdot {\normalsize\frac{t^{n + 1}}{n + 1}} \biggr\rvert_{0}^{1} + {\normalsize\frac{t^{n + 1}}{n + 1}} \biggr\rvert_{0}^{x - \lfloor x \rfloor}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = \lfloor x \rfloor \cdot {\normalsize\frac{1}{n + 1}} + {\normalsize\frac{(x - \lfloor x \rfloor)^{n + 1}}{n + 1}}</math>

::::::<math>\;\;\;\; = {\normalsize\frac{\lfloor x \rfloor + (x - \lfloor x \rfloor)^{n + 1}}{n + 1}}</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E38 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją rzeczywistą klasy <math>C^1 ( [a, b] )</math>, gdzie <math>a, b \in \mathbb{Z}</math>. Możemy zastąpić sumowanie całkowaniem, stosując wzór

::<math>\sum_{k = a}^{b} f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \int_a^b \left( t - \lfloor t \rfloor - {\small\frac{1}{2}} \right) f'(t) d t</math>

Powyższy wzór można zapisać w postaci

::{| class="wikitable"
|

<math>\sum_{k = a}^{b} f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \int_a^b P_1(t) f'(t) d t</math>

|}

gdzie <math>P_1(t)</math> jest funkcją okresową Bernoulliego.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Sumując uzyskany w twierdzeniu [[#E36|E36]] związek od <math>k = a</math> do <math>k = b - 1</math>, dostajemy

::<math>\sum_{k = a}^{b - 1} f(k) - \int^b_a f(t) d t = \int_a^b (t - \lfloor t \rfloor - 1) f'(t) d t</math>

Dodając do obydwu stron <math>f(b)</math> i przekształcając prawą stronę, mamy

::<math>\sum_{k = a}^{b} f(k) = f(b) + \int^b_a f(t) d t + \int_a^b \left( t - \lfloor t \rfloor - {\small\frac{1}{2}} \right) f'(t) d t - {\small\frac{1}{2}} f(b) + {\small\frac{1}{2}} f(a)</math>

::::<math>\;\;\:\, = \int^b_a f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \int_a^b \left( t - \lfloor t \rfloor - {\small\frac{1}{2}} \right) f'(t) d t</math> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga E39 
Czytelnik zapewne już domyśla się, w jakim kierunku zmierzamy. Całkując przez części i korzystając z własności funkcji okresowych Bernoulliego, przekształcimy całkę <math>\int_a^b P_1 (t) f' (t) d t</math> do postaci <math>\int_a^b P_2 (t) f'' (t) d t</math>, a następnie do postaci <math>\int_a^b P_3 (t) f^{(3)} (t) d t</math> itd.

Twierdzenie E40 
Niech <math>a, b \in \mathbb{Z}</math>, a funkcje <math>P_n(t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będą funkcjami okresowymi Bernoulliego. Jeżeli funkcja rzeczywista <math>g(t)</math> jest klasy <math>C^1 ( [a, b] )</math>, to

::<math>\int_a^b P_n(t) g(t) d t = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} [g(b) - g(a)] - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_a^b P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Niech <math>k \in \mathbb{Z}</math>. Rozważmy całkę <math>\int_a^b P_n(t) g(t) d t</math> na odcinku <math>[k, k + 1] \subset [a, b]</math>. Całkując przez części, dostajemy

::<math>\int_k^{k + 1} P_n(t) g(t) d t = {\small\frac{1}{n + 1}} P_{n + 1}(t) g(t) \biggr\rvert_{k}^{k + 1} - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_k^{k + 1} P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

:::::::<math>\;\: = {\small\frac{1}{n + 1}} P_{n + 1}(k + 1) g(k + 1) - {\small\frac{1}{n + 1}} P_{n + 1}(k) g(k) - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_k^{k + 1} P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

:::::::<math>\;\: = {\small\frac{1}{n + 1}} B_{n + 1} \cdot g (k + 1) - {\small\frac{1}{n + 1}} B_{n + 1} \cdot g (k) - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_k^{k + 1} P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

:::::::<math>\;\: = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} \cdot [g (k + 1) - g (k)] - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_k^{k + 1} P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

Przekształcając, skorzystaliśmy z faktu, że dla <math>n \geqslant 1</math> jest

::<math>P_{n + 1} (k + 1) = P_{n + 1} (k) = B_{n + 1}</math>

Sumując po <math>k</math> od <math>k = a</math> do <math>k = b - 1</math>, natychmiast otrzymujemy

::<math>\int_a^b P_n(t) g(t) d t = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} [g(b) - g(a)] - {\small\frac{1}{n + 1}} \int_a^b P_{n + 1}(t) g'(t) d t</math>

Co należało udowodnić. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E41 
Niech <math>a, b \in \mathbb{Z}</math>, a funkcje <math>P_n (t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będą funkcjami okresowymi Bernoulliego. Jeżeli funkcja rzeczywista <math>g(t)</math> jest klasy <math>C^k ( [a, b] )</math>, to

::<math>\int_a^b P_n (t) g (t) d t = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^k n!}{(n + k) !}} \int_a^b P_{n + k} (t) g^{(k)} (t) d t</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Indukcja matematyczna. Dla <math>k = 1</math> dostajemy

::<math>\int_a^b P_n (t) g (t) d t = {\normalsize\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} [g (b) - g (a)] - {\normalsize\frac{1}{n + 1}} \int_a^b P_{n + 1} (t) g^{(1)} (t) d t</math>

Czyli wzór udowodniony w twierdzeniu [[#E40|E40]]. Zatem twierdzenie jest prawdziwe dla <math>k = 1</math>. Zauważmy, że z tego samego twierdzenia natychmiast wynika, że

::<math>\int_a^b P_{n + k} (t) g^{(k)} (t) d t = {\normalsize\frac{B_{n + k + 1}}{n + k + 1}} [g^{(k)} (b) - g^{(k)} (a)] - {\normalsize\frac{1}{n + k + 1}} \int_a^b P_{n + k + 1} (t) g^{(k + 1)} (t) d t</math>

Korzystając z powyższego wyniku, przy założeniu, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>, otrzymujemy

::<math>\int_a^b P_n (t) g (t) d t = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^k n!}{(n + k) !}} \int_a^b P_{n + k} (t) g^{(k)} (t) d t</math>

::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^k n!}{(n + k) !}} \left[ {\normalsize\frac{B_{n + k + 1}}{n + k + 1}} [g^{(k)} (b) - g^{(k)} (a)] - {\normalsize\frac{1}{n + k + 1}} \int_a^b P_{n + k + 1} (t) g^{(k + 1)} (t) d t \right]</math>

::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + \frac{(- 1)^{k + 2} n! \cdot B_{n + k + 1}}{(n + k + 1) !} [g^{(k)} (b) - g^{(k)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^{k + 1} n!}{(n + k + 1) !}} \int_a^b P_{n + k + 1} (t) g^{(k + 1)} (t) d t</math>

::::::<math>\;\;\;\, = \sum_{j = 1}^{k + 1} \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^{k + 1} n!}{(n + k + 1) !}} \int_a^b P_{n + k + 1} (t) g^{(k + 1)} (t) d t</math>

Tym samym pokazaliśmy prawdziwość dowodzonego wzoru dla <math>k + 1</math>. Na mocy zasady indukcji matematycznej dowodzony wzór jest prawdziwy dla wszystkich <math>k \in \mathbb{Z}_+</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E42 (wzór sumacyjny Eulera-Maclaurina, <math>\sim</math>1735) 
Niech <math>a, b \in \mathbb{Z}</math>, a funkcje <math>P_r (t)</math>, gdzie <math>r \geqslant 1</math>, będą funkcjami okresowymi Bernoulliego. Jeżeli funkcja rzeczywista <math>f(t)</math> jest klasy <math>C^r ( [a, b] )</math>, to

::{| class="wikitable"
|

<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} [f^{(k - 1)}(b) - f^{(k - 1)}(a)] - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^b P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

|}

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Lewą stronę wzoru udowodnionego w twierdzeniu [[#E41|E41]]

::<math>\int_a^b P_n (t) g (t) d t = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} n! \cdot B_{n + j}}{(n + j) !} [g^{(j - 1)} (b) - g^{(j - 1)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^k n!}{(n + k) !}} \int_a^b P_{n + k} (t) g^{(k)} (t) d t</math>

chcemy przekształcić do postaci, która występuje po prawej stronie wzoru z twierdzenia [[#E38|E38]]. Jeżeli położymy <math>n = 1</math> oraz <math>g(t) = f' (t) = f^{(1)} (t)</math>, to dostaniemy

::<math>\int_a^b P_1 (t) f' (t) d t = \sum_{j = 1}^k \frac{(- 1)^{j + 1} \cdot B_{j + 1}}{(j + 1) !} [f^{(j)} (b) - f^{(j)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^k}{(k + 1) !}} \int_a^b P_{k + 1} (t) f^{(k + 1)} (t) d t</math>

Niech <math>k = r - 1</math>

::<math>\int_a^b P_1 (t) f' (t) d t = \sum_{j = 1}^{r - 1} \frac{(- 1)^{j + 1} \cdot B_{j + 1}}{(j + 1) !} [f^{(j)} (b) - f^{(j)} (a)] + {\normalsize\frac{(- 1)^{r - 1}}{r!}} \int_a^b P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math>

Ponieważ litera <math>k</math> już nie występuje we wzorze, to wykorzystamy ją jako nowy wskaźnik sumowania. Od sumowania po <math>j</math> przejdźmy do sumowania po <math>k = j + 1</math>, czyli <math>k</math> zmienia się teraz od <math>2</math> do <math>r</math>

::<math>\int_a^b P_1 (t) f' (t) d t = \sum_{k = 2}^r {\normalsize\frac{(- 1)^k \cdot B_k}{k!}} [f^{(k - 1)} (b) - f^{(k - 1)} (a)] - {\normalsize\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^b P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math>

Podstawiając powyższy wzór do twierdzenia [[#E38|E38]], otrzymujemy, że jeżeli funkcja <math>f(t)</math> jest klasy <math>C^r ( [a, b] )</math>, gdzie <math>r \geqslant 1</math>, to

::<math>\sum_{k = a}^{b} f (k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{(- 1)^k B_k}{k!}} [f^{(k - 1)}(b) - f^{(k - 1)}(a)] - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^b P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

Zauważmy, że <math>(- 1)^k B_k = B_k</math>, bo dla nieparzystych liczb <math>k \geqslant 2</math> mamy <math>(- 1)^k B_k = 0 = B_k</math>, a dla parzystych liczb <math>k \geqslant 2</math> jest <math>(- 1)^k B_k = B_k</math>. Czynnik <math>(- 1)^k</math> został dodany tylko dla potrzeb dowodu indukcyjnego twierdzenia [[#E41|E41]]. Zatem otrzymujemy

::<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} [f^{(k - 1)}(b) - f^{(k - 1)}(a)] - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^b P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga E43 
Uwzględniając, że dla nieparzystych liczb <math>k \geqslant 2</math> jest <math>B_k = 0</math>, możemy dla parzystego <math>r = 2 s</math> napisać

::{| class="wikitable"
|

<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} [f^{(2 k - 1)}(b) - f^{(2 k - 1)}(a)] - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_a^b P_{2 s}(t) f^{(2 s)}(t) d t</math>

|}

W przypadku, gdy <math>r = 2 s + 1</math> mamy <math>B_{2 s + 1} = 0</math>, zatem nie pojawi się nowy składnik sumy, ale ostatni wyraz ulegnie zmianie

::{| class="wikitable"
|

<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} [f^{(2 k - 1)}(b) - f^{(2 k - 1)}(a)] + {\small\frac{1}{(2 s + 1) !}} \int_a^b P_{2 s + 1}(t) f^{(2 s + 1)}(t) d t</math>

|}

Oczywiście

::<math>- {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_a^b P_{2 s} (t) f^{(2 s)} (t) d t = {\small\frac{1}{(2 s + 1) !}} \int_a^b P_{2 s + 1} (t) f^{(2 s + 1)} (t) d t</math>

(zobacz twierdzenie [[#E40|E40]]).

Uwaga E44 
Poniżej wypisaliśmy gotowe wzory Eulera-Maclaurina dla <math>r = 1, \ldots, 9</math>

::<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + Q_r</math>

gdzie

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
|- style=height:3em
! <math>\quad \;\: r \quad</math> || <math>Q_r</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 1. \quad</math> || <math>\int_a^b P_1(t) f'(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{2}} \int_a^b P_2(t) f''(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 3. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] + {\small\frac{1}{6}} \int_a^b P_3(t) f^{(3)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 4. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] - {\small\frac{1}{24}} \int_a^b P_4(t) f^{(4)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 5. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] + {\small\frac{1}{120}} \int_a^b P_5(t) f^{(5)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 6. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] + {\small\frac{1}{30240}} [f^{(5)}(b) - f^{(5)}(a)] - {\small\frac{1}{720}} \int_a^b P_6(t) f^{(6)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 7. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] + {\small\frac{1}{30240}} [f^{(5)}(b) - f^{(5)}(a)] + {\small\frac{1}{5040}} \int_a^b P_7(t) f^{(7)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 8. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] + {\small\frac{1}{30240}} [f^{(5)}(b) - f^{(5)}(a)] - {\small\frac{1}{1209600}} [f^{(7)}(b) - f^{(7)}(a)] - {\small\frac{1}{40320}} \int_a^b P_8(t) f^{(8)}(t) d t</math>
|- style=height:3em
| <math>\quad \;\: 9. \quad</math> || <math>{\small\frac{1}{12}} [f'(b) - f'(a)] - {\small\frac{1}{720}} [f^{(3)}(b) - f^{(3)}(a)] + {\small\frac{1}{30240}} [f^{(5)}(b) - f^{(5)}(a)] - {\small\frac{1}{1209600}} [f^{(7)}(b) - f^{(7)}(a)] + {\small\frac{1}{362880}} \int_a^b P_9(t) f^{(9)}(t) d t</math>
|}

Nim przejdziemy do przykładów, przypomnimy kilka podstawowych definicji i twierdzeń dotyczących całek niewłaściwych.

== Całki niewłaściwe – zbieżność i kryteria zbieżności ==

Definicja E45 
Niech funkcja <math>f(x)</math> będzie określona w przedziale <math>[a, + \infty)</math> i całkowalna w każdym podprzedziale <math>[a, b]</math> tego przedziału. Granicę

::<math>\lim_{b \to + \infty} \int^b_a f(x) d x</math>

będziemy nazywali całką niewłaściwą funkcji <math>f(x)</math> w granicach od <math>a</math> do <math>+ \infty</math> i zapisywali symbolicznie jako

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

Jeżeli powyższa granica jest skończona, to powiemy, że całka <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna. Jeżeli granica jest nieskończona lub nie istnieje, to powiemy, że całka jest rozbieżna.

Twierdzenie E46 (kryterium porównawcze) 
Jeżeli dla <math>x \geqslant a</math> funkcje <math>f(x)</math> i <math>g(x)</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant f(x) \leqslant g(x)</math>

to
::{| border="0"
| ●    ze zbieżności całki <math>\int_{a}^{\infty} g(x) d x</math> wynika zbieżność całki <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math>
|-style=height:4em
| ●    z rozbieżności całki <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math> wynika rozbieżność całki <math>\int_{a}^{\infty} g(x) d x</math>
|}

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

Niech <math>m \in \mathbb{Z}_+</math> będzie wybrane dowolnie, ale tak, aby <math>m > a</math>. Ponieważ z założenia funkcje <math>f(x)</math> i <math>g(x)</math> są całkowalne w dowolnym podprzedziale <math>[a, b]</math> przedziału <math>[a, \infty)</math>, to całki

::<math>\int^m_a f(x) d x \qquad</math> oraz <math>\qquad \int^m_a g(x) d x</math>

istnieją, a ich wartość nie wpływa na zbieżność / rozbieżność odpowiednich całek niewłaściwych. Zatem możemy ograniczyć się do badania zbieżności całek

::<math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x \qquad</math> oraz <math>\qquad \int_{m}^{\infty} g(x) d x</math>

Niech dla <math>k \geqslant m</math> ciąg <math>(U_k)</math> będzie rosnącym ciągiem kolejnych całek oznaczonych

::<math>U_k = \int_m^k f(x) d x</math>

Ponieważ z założenia dla <math>x \geqslant m > a</math> funkcje <math>f(x)</math> i <math>g(x)</math> spełniają nierówności

::<math>0 \leqslant f(x) \leqslant g(x)</math>

to ciąg <math>(U_k)</math> jest ograniczony od góry

::<math>U_k = \int^k_m f(x) d x \leqslant \int^k_m g(x) d x \leqslant \int_{m}^{\infty} g(x) d x</math>

bo założyliśmy, że całka <math>\int_{m}^{\infty} g(x) d x</math> jest zbieżna. Ponieważ ciąg <math>(U_k)</math> jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Wynika stąd istnienie granic

::1. <math>\qquad \lim_{k \to \infty} U_k = g</math>

::2. <math>\qquad \lim_{k \to \infty} \int_{k}^{k + 1} f(x) d x = \lim_{k \to \infty} U_{k + 1} - \lim_{k \to \infty} U_k = g - g = 0</math>

::3. <math>\qquad \lim_{b \to \infty} \left( \int^b_m f(x) d x - U_{\lfloor b \rfloor} \right) = 0</math>

::4. <math>\qquad \lim_{b \to \infty} \int^b_m f(x) d x = \lim_{b \to \infty} \left[ \left( \int^b_m f(x) d x - U_{\lfloor b \rfloor} \right) + U_{\lfloor b \rfloor} \right] = \lim_{b \to \infty} \left( \int^b_m f(x) d x - U_{\lfloor b \rfloor} \right) + \lim_{b \to \infty} U_{\lfloor b \rfloor} = 0 + g = g</math>

Trzecia granica wymaga krótkiego omówienia. Prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

::<math>0 \leqslant \int^b_m f(x) d x - U_{\lfloor b \rfloor} = \int^b_m f(x) d x - \int_{m}^{\lfloor b \rfloor} f(x) d x = \int^b_{\lfloor b \rfloor} f(x) d x \leqslant \int^{\lfloor b \rfloor + 1}_{\lfloor b \rfloor} f(x) d x</math>

Wystarczy zauważyć, że w granicy dla <math>b \rightarrow \infty</math> ostatni wyraz po prawej stronie dąży do zera (granica nr 2).

Zatem całka <math>\int_{m}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna. Co kończy dowód punktu 1.

'''Punkt 2.'''

Z założenia całka <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math> jest rozbieżna. Przypuśćmy, że całka <math>\int_{a}^{\infty} g(x) d x</math> jest zbieżna. Jeśli tak, to na podstawie udowodnionego już punktu 1. całka <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math> musiałaby być zbieżna, wbrew założeniu, że jest rozbieżna. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nasze przypuszczenie o zbieżności całki <math>\int_{a}^{\infty} g(x) d x</math> jest fałszywe. Co kończy dowód punktu 2. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E47 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest całkowalna w każdym podprzedziale <math>[a, b]</math> przedziału <math>[a, + \infty)</math> i całka <math>\int_{a}^{\infty} | f(x) | d x</math> jest zbieżna, to zbieżna jest też całka <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math>. O całce <math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x</math> powiemy wtedy, że jest bezwzględnie zbieżna.

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

::<math>0 \leqslant f(x) + | f(x) | \leqslant 2 | f(x) |</math>

to z kryterium porównawczego wynika, że całka

::<math>\int_{a}^{\infty} (f(x) + | f(x) |) d x</math>

jest zbieżna. Zatem całka

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

jest różnicą całek zbieżnych i również musi być zbieżna. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E48 
Jeżeli całka <math>\int_{a}^{\infty} | f(x) | d x</math> jest zbieżna, a funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona, to zbieżna jest też całka <math>\int_{a}^{\infty} | f(x) g(x) | d x</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona, zatem istnieje taka liczba <math>M > 0</math>, że dla każdego <math>x \geqslant a</math> jest <math>| g(x) | \leqslant M</math>. Zauważmy, że dla <math>x \geqslant a</math> prawdziwy jest układ nierówności

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{M}} | f(x) g(x) | \leqslant | f(x) |</math>

Zatem na podstawie kryterium porównawczego ze zbieżności całki <math>\int_{a}^{\infty} | f(x) | d x</math> wynika zbieżność całki <math>\int_{a}^{\infty} | f(x) g(x) | d x</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E49 
Niech <math>F(x)</math> oznacza funkcję pierwotną funkcji <math>f(x)</math>. Całka <math>\int_{a}^{\infty} f(x) d x</math> jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math> jest skończona.

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

::<math>\int_{a}^{\infty} f(t) d t = \lim_{b \to \infty} \int^b_a f(t) d t</math>

:::::<math>\;\; = \lim_{b \to \infty} \biggl[ F(t) \biggr\rvert_{a}^{b} \biggr]</math>

:::::<math>\;\; = \lim_{b \to \infty} [F (b) - F (a)]</math>

:::::<math>\;\; = - F (a) + \lim_{b \to \infty} F (b)</math>

Zauważmy, że aby możliwe było rozważanie, czy całka <math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x</math> jest zbieżna, muszą być spełnione warunki dodatkowe, których już jawnie nie wypisaliśmy

::{| border="0"
| ●    funkcja <math>f(x)</math> musi być określona w przedziale <math>[a, \infty)</math>
|-
| ●    funkcja <math>f(x)</math> musi być całkowalna w każdym podprzedziale <math>[a, b]</math> przedziału <math>[a, \infty)</math>
|}

Ponieważ <math>\int^b_a f(t) d t = F(b) - F(a)</math>, to wartość <math>F(a)</math> musi być skończona. Zatem granica <math>\lim_{x \to \infty} F(x)</math> jest skończona wtedy i tylko wtedy, gdy granica <math>\lim_{b \to \infty} \int^b_a f (t) d t</math> jest skończona. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E50 
Jeżeli

::{| border="0"
| ●    funkcja <math>f(x)</math> jest funkcją ciągłą i ma stały znak w przedziale <math>[a, + \infty)</math>
|-style=height:4em
| ●    całka <math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x</math> jest zbieżna
|-style=height:4em
| ●    funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona w przedziale <math>[a, + \infty)</math>, czyli dla <math>x \geqslant a</math> jest 
::'''1.''' <math>\qquad m \leqslant g (x) \leqslant M</math> 
      lub 
::'''2.''' <math>\qquad | g (x) | \leqslant L</math>
|-style=height:4em
| ●    całka <math>\int^b_a g (x) d x</math> istnieje dla każdego <math>b > a</math>
|}

to całki <math>\int_{a}^{\infty} | f (x) g (x) | d x</math> oraz <math>\int_{a}^{\infty} f (x) g (x) d x</math> są zbieżne i prawdziwe są następujące oszacowania

::::'''1.''' <math>\qquad s \:\! m \int_{a}^{\infty} f (x) d x \leqslant s \int_{a}^{\infty} f (x) g (x) d x \leqslant s M \int_{a}^{\infty} f (x) d x</math>

lub

::::'''2.''' <math>\qquad \int_{a}^{\infty} | f (x) g (x) | d x \leqslant L \left| \int_{a}^{\infty} f (x) d x \right|</math>

gdzie <math>s</math> jest znakiem funkcji <math>f(x)</math> w przedziale <math>[a, + \infty)</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z założenia funkcja <math>f (t)</math> ma stały znak w przedziale <math>[a, + \infty)</math>, zatem mamy

::<math>\int_{a}^{\infty} f (t) d t = s \int_{a}^{\infty} [s \cdot f (t)] d t = s \int_{a}^{\infty} | f (t) | d t</math>

gdzie <math>s</math> jest znakiem funkcji <math>f(x)</math> w przedziale <math>[a, + \infty)</math>. Czyli całka <math>\int_{a}^{\infty} f (t) d t</math> jest bezwzględnie zbieżna. Ponieważ z założenia funkcja <math>g(x)</math> jest ograniczona, to z twierdzenia [[#E48|E48]] wynika, że całka <math>\int_{a}^{\infty} | f (t) g (t) | d t</math> jest zbieżna, zatem jest też zbieżna całka <math>\int_{a}^{\infty} f (t) g (t) d t</math> (twierdzenie [[#E47|E47]]).

'''Przypadek 1.'''

Funkcja <math>s \cdot f (t)</math> jest dodatnia, gdzie <math>s</math> jest znakiem funkcji <math>f(x)</math> w przedziale <math>[a, + \infty)</math>. Stąd i z założonej postaci ograniczenia funkcji <math>g (t)</math> wynika, że prawdziwy jest następujący układ nierówności

::<math>s \:\! m f (x) \leqslant s f (x) g (x) \leqslant s M f (x)</math>

Wynika stąd odpowiedni układ nierówności dla całek oznaczonych właściwych

::<math>s \:\! m \int^b_a f (x) d x \leqslant s \int^b_a f (x) g (x) d x \leqslant s M \int^b_a f (x) d x</math>

gdzie <math>b > a</math>. Ponieważ całki <math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x</math> oraz <math>\int_{a}^{\infty} f (x) g (x) d x</math> są zbieżne, to uprawnione jest przejście do granicy i w granicy, gdy <math>b</math> dąży do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>s \:\! m \int_{a}^{\infty} f (x) d x \leqslant s \int_{a}^{\infty} f (x) g (x) d x \leqslant s M \int_{a}^{\infty} f (x) d x</math>

'''Przypadek 2.'''

Ponieważ funkcja <math>| f (t) |</math> jest dodatnia, to prawdziwe jest oszacowanie

::<math>| g (x) | \cdot | f (x) | \leqslant L | f (x) |</math>

Wynika stąd oszacowanie dla całek oznaczonych właściwych

::<math>\int^b_a | f (x) g (x) | d x \leqslant L \int^b_a | f (x) | d x</math>

:::::::<math>\, = s L \int^b_a f (x) d x</math>

:::::::<math>\, = L \left| \int^b_a f (x) d x \right|</math>

gdzie <math>b > a</math>. Ponieważ całki <math>\int_{a}^{\infty} f (x) d x</math> i <math>\int_{a}^{\infty} | f (x) g (x) | d x</math> są zbieżne, to możemy przejść do granicy i w granicy, gdy <math>b</math> dąży do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\int_{a}^{\infty} | f (x) g (x) | d x \leqslant L \left| \int_{a}^{\infty} f (x) d x \right|</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E51 
Niech <math>P_n(t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będzie funkcją okresową Bernoulliego. Całka

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_n(t)}{t^{\alpha}}} d t</math>

gdzie <math>\alpha > 1</math>, jest zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Funkcja <math>{\small\frac{1}{t^{\alpha}}}</math> spełnia warunki

::{| border="0"
| ●    jest ciągła i nie zmienia znaku w przedziale <math>(0, + \infty)</math>
|-style=height:4em
| ●    całka <math>\int_1^{\infty} {\small\frac{d t}{t^{\alpha}}} = {\small\frac{1}{\alpha - 1}}</math> jest zbieżna
|}

Funkcje okresowe Bernoulliego <math>P_r (t)</math> są zdefiniowane wzorem

::<math>P_r(t) = B_r(t - \lfloor t \rfloor)</math>

a wielomiany Bernoulliego <math>B_r(t)</math> są ograniczone w przedziale <math>[0, 1]</math><ref name="Weierstrass1"/> (zobacz przykład [[#E25|E25]]), wynika stąd, że <math>P_r(t)</math> są funkcjami ograniczonymi. Zatem z twierdzenia [[#E50|E50]] otrzymujemy natychmiast, że całka <math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_r(t)}{t^{\alpha}}} d t</math> jest zbieżna. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E52 
Niech <math>P_n (t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będzie funkcją okresową Bernoulliego. Całka

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_n(t)}{t^{\varepsilon}}} d t</math>

gdzie <math>\varepsilon > 0</math>, jest zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
W przypadku funkcji <math>g(t) = {\small\frac{1}{t^{\varepsilon}}}</math> z twierdzenia [[#E40|E40]] otrzymujemy

::<math>\int_1^b {\small\frac{P_n(t)}{t^{\varepsilon}}} d t = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} \left[ {\small\frac{1}{b^{\varepsilon}}} - 1 \right] + {\small\frac{\varepsilon}{n + 1}} \int_1^b {\small\frac{P_{n + 1}(t)}{t^{1 + \varepsilon}}} d t</math>

W granicy, gdy <math>b</math> dąży do nieskończoności, mamy

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_n(t)}{t^{\varepsilon}}} d t = - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon}{n + 1}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_{n + 1}(t)}{t^{1 + \varepsilon}}} d t</math>

Ponieważ na mocy twierdzenia [[#E51|E51]] całka po prawej stronie jest zbieżna, to jest też zbieżna całka <math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_n (t)}{t^{\varepsilon}}} d t</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E53 
Niech <math>P_n (t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będzie funkcją okresową Bernoulliego. Pokazać, że całka

::<math>\int_1^{\infty} P_n (t) t^{\varepsilon} d t</math>

gdzie <math>0 < \varepsilon < 1</math>, jest rozbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W przypadku funkcji <math>g(t) = t^{\varepsilon}</math> z twierdzenia [[#E40|E40]] otrzymujemy

::<math>\int_1^b P_n(t) t^{\varepsilon} d t = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} [b^{\varepsilon} - 1] - {\small\frac{\varepsilon}{n + 1}} \int_1^b {\small\frac{P_{n + 1}(t)}{t^{1 - \varepsilon}}} d t</math>

Dla <math>0 < \varepsilon < 1</math> całka <math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_{n + 1}(t)}{t^{1 - \varepsilon}}} d t</math> jest zbieżna, ale pierwszy wyraz po prawej stronie jest rozbieżny, gdy <math>b</math> dąży do nieskończoności, zatem cała prawa strona jest rozbieżna. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E54 
Niech <math>P_n (t)</math>, gdzie <math>n \geqslant 1</math>, będzie funkcją okresową Bernoulliego. Pokazać, że całka

::<math>\int_2^{\infty} {\small\frac{P_n (t)}{\log t}} d t</math>

jest zbieżna.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
W przypadku funkcji <math>g(t) = {\small\frac{1}{\log t}}</math> z twierdzenia [[#E40|E40]] otrzymujemy

::<math>\int_2^b {\small\frac{P_n(t)}{\log t}} d t = {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} \left[ {\small\frac{1}{\log b}} - {\small\frac{1}{\log 2}} \right] + {\small\frac{1}{n + 1}} \int_2^b {\small\frac{P_{n + 1}(t)}{t \cdot \log^2 t}} d t</math>

W granicy, gdy <math>b</math> dąży do nieskończoności, mamy

::<math>\int_2^{\infty} {\small\frac{P_n (t)}{\log t}} d t = - {\small\frac{B_{n + 1}}{(n + 1) \log 2}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \int_2^{\infty} {\small\frac{P_{n + 1} (t)}{t \cdot \log^2 t}} d t</math>

Ponieważ na mocy twierdzenia [[#E52|E52]] całka po prawej stronie jest zbieżna, to jest też zbieżna całka <math>\int_2^{\infty} {\small\frac{P_n (t)}{\log t}} d t</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie E55 
Niech <math>P_r (t)</math>, gdzie <math>r \geqslant 1</math>, będzie funkcją okresową Bernoulliego oraz prawdziwe będzie następujące oszacowanie funkcji <math>P_r (t)</math>

::<math>m_r \leqslant P_r (t) \leqslant M_r</math>

Pokazać, że dla <math>\alpha > 1</math> i <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> jest

::<math>{\small\frac{m_r}{\alpha - 1}} \cdot {\small\frac{1}{n^{\alpha - 1}}} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_r(t)}{t^{\alpha}}} d t \leqslant {\small\frac{M_r}{\alpha - 1}} \cdot {\small\frac{1}{n^{\alpha - 1}}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Zauważmy, że
:* funkcja <math>{\small\frac{1}{t^{\alpha}}}</math> jest funkcją ciągłą i zachowuje stały (dodatni) znak w przedziale <math>(0, + \infty)</math>
:* całka <math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{d t}{t^{\alpha}}} = {\small\frac{1}{\alpha - 1}} \cdot {\small\frac{1}{n^{\alpha - 1}}}</math> jest zbieżna
:* funkcja <math>P_r (t)</math> jest ograniczona i z założenia prawdziwy jest układ nierówności <math>m_r \leqslant P_r (t) \leqslant M_r</math>
:* całka <math>\int^b_n P_r (t) d t</math> istnieje dla każdego <math>b > n</math>

Zatem spełnione są założenia twierdzenia [[#E50|E50]] i natychmiast otrzymujemy, że całka <math>\int_{n}^{\infty} {\small\frac{P_r (t)}{t^{\alpha}}} d t</math> jest zbieżna i prawdziwe jest oszacowanie

::<math>{\small\frac{m_r}{\alpha - 1}} \cdot {\small\frac{1}{n^{\alpha - 1}}} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_r (t)}{t^{\alpha}}} d t \leqslant {\small\frac{M_r}{\alpha - 1}} \cdot {\small\frac{1}{n^{\alpha - 1}}}</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Podamy teraz kryterium Dirichleta, dzięki któremu moglibyśmy natychmiast uzyskać dowody twierdzeń [[#E51|E51]] i [[#E52|E52]] oraz rozwiązanie zadania [[#E54|E54]].
Celowo nie stosowaliśmy tego kryterium, aby Czytelnik mógł zapoznać się z ciekawym zastosowaniem twierdzenia [[#E40|E40]].

Twierdzenie E56* (kryterium Dirichleta) 
Jeżeli funkcje <math>f(x)</math> i <math>g(x)</math> są całkowalne w każdym podprzedziale <math>[a, b]</math> przedziału <math>[a, + \infty)</math> oraz spełniają warunki
::{| border="0"
|-style=height:2em
| ●    całka z funkcji <math>f(x)</math> jest ograniczona, czyli istnieje taka stała <math>M > 0</math>, że dla każdego <math>b > a</math> jest <math>\left| \int^b_a f(x) d x \right| \leqslant M</math>
|-style=height:2em
| ●    funkcja <math>g(x)</math> jest funkcją monotoniczną (czyli malejącą lub rosnącą)
|-style=height:4em
| ●    <math>\lim_{x \to \infty} g (x) = 0</math>
|}
to całka <math>\int_{a}^{\infty} f (x) g (x) d x</math> jest zbieżna.

Zadanie E57 
Korzystając z kryterium Dirichleta, pokazać, że całki

::<math>\int_{0}^{\infty} {\small\frac{\sin x}{x}} d x = {\small\frac{1}{2}} \pi</math>

::<math>\int_{2}^{\infty} {\small\frac{P_1 (x)}{\log x}} d x = - 0.117923474371 \ldots</math>

są zbieżne.

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

Zauważmy, że funkcja <math>{\small\frac{\sin x}{x}}</math> jest ciągła w punkcie <math>x = 0</math>. Mamy też <math>\lim_{x \to 0} {\small\frac{\sin x}{x}} = 1</math>. Oszacowanie całki jest natychmiastowe

::<math>\left| \int^b_0 \sin t d t \right| = \biggl| - \cos t \big\rvert_{0}^{b} \biggr| = | - \cos b + 1 | \leqslant 2</math>

Zatem z kryterium Dirichleta wynika, że całka <math>\int_{0}^{\infty} {\small\frac{\sin x}{x}} d x</math> jest zbieżna.

'''Punkt 2.'''

Ponieważ <math>P_1 (x)</math> jest funkcją okresową o okresie równym <math>1</math>, to całka oznaczona będzie równa sumie wielokrotności całek na odcinku <math>[0, 1]</math> i całce na odcinku <math>[0, x - \lfloor x \rfloor]</math>. Pamiętając o tym, że

::<math>\int^1_0 P_1 (t) d t = 0</math>

::<math>\int B_n (x) = {\small\frac{1}{n + 1}} B_{n + 1} (x)</math>

otrzymujemy

::<math>\int^b_2 P_1 (t) d t = (\lfloor b \rfloor - 2) \cdot \int^1_0 P_1 (t) d t + \int_{0}^{b - \lfloor b \rfloor} P_1 (t) d t =</math>

:::::<math>\;\;\, = \int_{0}^{b - \lfloor b \rfloor} B_1 (t) d t</math>

:::::<math>\;\;\, = {\small\frac{1}{2}} B_2 (t) \biggr\rvert_{0}^{b - \lfloor b \rfloor}</math>

:::::<math>\;\;\, = {\small\frac{1}{2}} (B_2 (b - \lfloor b \rfloor) - B_2 (0))</math>

Ponieważ <math>| B_{2 k} (x) | \leqslant | B_{2 k} | \,</math> dla <math>\, 0 \leqslant x \leqslant 1 \;</math> i <math>\; k \in \mathbb{N}_0</math> (zobacz [[#E15|E15]]), zatem

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>\left| \int^b_2 P_1 (t) d t \right| = {\small\frac{1}{2}} | B_2 (b - \lfloor b \rfloor) - B_2 | \leqslant {\small\frac{1}{2}} (| B_2 (b - \lfloor b \rfloor) | + | B_2 |) \leqslant B_2</math>
</div>

Z kryterium Dirichleta wynika natychmiast, że całka <math>\int_{2}^{\infty} P_1 (t) d t</math> jest zbieżna. 
□
{{\Spoiler}}

== Przykłady ==

Przykład E58 
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^n k^2</math>

Ponieważ <math>f(t) = t^2</math>, to <math>f'(t) = 2 t</math>, <math>f''(t) = 2</math>, a dla <math>i \geqslant 3</math> mamy <math>f^{(i)}(t) = 0</math>.
Zatem dla <math>r = 3</math> wyraz <math>{\small\frac{1}{6}} \int_1^n P_3(t) f^{(3)}(t) d t</math> jest równy zero i otrzymujemy

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

Przykład E59 
Rozważmy sumę

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

Wiemy, że przypadku szeregu nieskończonego jest

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

gdzie <math>{\small\frac{\pi^2}{6}} = 1.644934066848226436472415166646 \ldots</math>

Dla <math>r = 1</math> mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{3}{2}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{2 n^2}} - 2 \int_1^n {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t</math>

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

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{3}{2}} - 2 \int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t</math>

Rzeczywiście, całka po prawej stronie jest zbieżna i równa <math>\tfrac{1}{12} ( 9 - \pi^2 )</math>.

Jeżeli tak, to możemy sumę zapisać w postaci

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{3}{2}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{2 n^2}} - 2 \int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t + 2 \int_n^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t</math>

::::<math>\:\:\, = {\small\frac{\pi^2}{6}} - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{2 n^2}} + 2 \int_n^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t</math>

Ponieważ dla <math>P_1(t) = t - \lfloor t \rfloor - {\small\frac{1}{2}}</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>- {\small\frac{1}{2}} \leqslant P_1(t) \leqslant {\small\frac{1}{2}}</math>, to korzystając z pokazanego w zadaniu [[#E55|E55]] wzoru, dostajemy

::<math>- {\small\frac{1}{4 n^2}} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t \leqslant {\small\frac{1}{4 n^2}}</math>

Teraz już łatwo otrzymujemy oszacowania

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

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \geqslant {\small\frac{\pi^2}{6}} - {\small\frac{1}{n}}</math>

Jeśli we wzorze Eulera-Maclaurina uwzględnimy więcej wyrazów, to otrzymamy dokładniejsze oszacowania.

Przykład E60 
Rozważmy sumę

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

Rozwinięcie asymptotyczne tej sumy jest dobrze znane<ref name="EulerMaclaurin1"/>

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{B_{2 k}}{2k \cdot n^{2 k}}}</math>

::::<math>= \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - {\small\frac{1}{252 n^6}} + {\small\frac{1}{240 n^8}} - {\small\frac{1}{132 n^{10}}} + \cdots</math>

gdzie <math>\gamma = 0.57721566490153286060651209 \ldots</math> jest stałą Eulera.

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 1</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{2 n}} - \int_1^n {\small\frac{P_1 (t)}{t^2}} d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n \right) = {\small\frac{1}{2}} - \int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^2}} d t</math>

Rzeczywiście, całka po prawej stronie jest zbieżna i równa <math>\tfrac{1}{2} - \gamma</math>.

Zastosujemy teraz wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 3</math> i znajdziemy oszacowanie

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + {\small\frac{7}{12}} + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} - \int_1^n {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t</math>

::::<math>\: = \log n + {\small\frac{7}{12}} + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} - \int_1^{\infty} {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t + \int_n^{\infty} {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t</math>

Oczywiście

::<math>{\small\frac{7}{12}} - \int_1^{\infty} {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t = \gamma</math>

Dostajemy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} = \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + \int_n^{\infty} {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t</math>

Ponieważ prawdziwe są oszacowania (zobacz przykłady [[#E24|E24]] i [[#E25|E25]])

::<math>- {\small\frac{\sqrt{3}}{36}} \leqslant P_3 (t) \leqslant {\small\frac{\sqrt{3}}{36}}</math>

to korzystając z pokazanego w zadaniu [[#E55|E55]] wzoru, dostajemy

::<math>- {\small\frac{\sqrt{3}}{108 n^3}} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_3 (t)}{t^4}} d t \leqslant {\small\frac{\sqrt{3}}{108 n^3}}</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \leqslant \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{\sqrt{3}}{108 n^3}}</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \geqslant \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} - {\small\frac{\sqrt{3}}{108 n^3}}</math>

Powyższe nierówności mogą nam posłużyć do wyznaczenia stałej <math>\gamma</math>. Przykładowo dla <math>n = 10^6</math>, otrzymujemy

::<math>0.5772156649015328605 \leqslant \gamma \leqslant 0.5772156649015328607</math>

Przykład E61 
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k</math>

Rozwinięcie asymptotyczne tej sumy jest dobrze znane<ref name="WzorStirlinga1"/>

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

:::<math>\quad \; = n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + \tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{1260 n^5}} - {\small\frac{1}{1680 n^7}} + {\small\frac{1}{1188 n^9}} - \cdots</math>

gdzie <math>\tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right) = 0.91893853320467274178 \ldots</math>

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 1</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k = n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + 1 + \int_1^n {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} \log k - \left( n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n \right) \right] = 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_1(t)}{t}} d t</math>

Z twierdzenia [[#E52|E52]] wiemy, że całka <math>\int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t</math> jest zbieżna, a z rozwinięcia asymptotycznego wiemy, że granica po lewej stronie jest równa <math>\tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right)</math>, zatem otrzymujemy

::<math>\int_{1}^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t = \tfrac{1}{2} \log (2 \pi) - 1</math>

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 4</math>, otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k = n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + {\small\frac{331}{360}} + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{4}} \int_1^n {\small\frac{P_4 (t)}{t^4}} d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} \log k - \left( n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n \right) \right] = {\small\frac{331}{360}} + {\small\frac{1}{4}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^4}} d t</math>

Ponieważ całka po prawej stronie jest zbieżna, to granica wypisana po lewej stronie istnieje i jest równa stałej – w tym przypadku <math>\tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right)</math>. Możemy teraz wzór Eulera-Maclaurina zapisać w postaci

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k = n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + {\small\frac{331}{360}} + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{4}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_4(t)}{t^4}} d t - {\small\frac{1}{4}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^4}} d t</math>

Czyli

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k = n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + \tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} - {\small\frac{1}{4}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^4}} d t</math>

Z przykładów [[#E24|E24]] i [[#E25|E25]] wiemy, że prawdziwe są oszacowania

::<math>- {\small\frac{1}{30}} \leqslant P_4 (x) \leqslant {\small\frac{7}{240}}</math>

Zatem korzystając z pokazanego w zadaniu [[#E55|E55]] wzoru, dostajemy

::<math>- {\small\frac{1}{90 n^3}} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^4}} (t) d t \leqslant {\small\frac{7}{720 n^3}}</math>

Czyli

::<math>- {\small\frac{7}{2880 n^3}} \leqslant - {\small\frac{1}{4}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4(t)}{t^4}} (t) d t \leqslant {\small\frac{1}{360 n^3}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy oszacowania

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k \leqslant n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + \tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right) + {\small\frac{1}{12 n}}</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \log k \geqslant n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log n + \tfrac{1}{2} \log \left( 2 \pi \right) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{192 n^3}}</math>

Oczywiście, podobnie jak w poprzednim przykładzie, powyższe nierówności mogą służyć do wyznaczenia wartości stałej.

Przykład E62 
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k}</math>

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 4</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} = {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} - {\small\frac{133}{640}} + {\small\frac{1}{24}} n^{- 1 / 2} - {\small\frac{1}{1920}} n^{- 5 / 2} + {\small\frac{5}{128}} \int_1^n {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} - \left( {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} \right) \right] = - {\small\frac{133}{640}} + {\small\frac{5}{128}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t</math>

Ponieważ całka po prawej stronie jest zbieżna, to granica wypisana po lewej stronie istnieje i jest równa pewnej stałej <math>C</math>. Możemy teraz wzór Eulera-Maclaurina zapisać w postaci

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} = {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} - {\small\frac{133}{640}} + {\small\frac{1}{24}} n^{- 1 / 2} - {\small\frac{1}{1920}} n^{- 5 / 2} + {\small\frac{5}{128}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t - {\small\frac{5}{128}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t</math>

Zatem

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} = {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} + C + {\small\frac{1}{24}} n^{- 1 / 2} - {\small\frac{1}{1920}} n^{- 5 / 2} - {\small\frac{5}{128}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t</math>

Z przykładów [[#E24|E24]] i [[#E25|E25]] wiemy, że prawdziwe są oszacowania

::<math>- {\small\frac{1}{30}} \leqslant P_4 (x) \leqslant {\small\frac{7}{240}}</math>

Zatem korzystając z pokazanego w zadaniu [[#E55|E55]] wzoru, dostajemy

::<math>- {\small\frac{1}{75}} n^{- 5 / 2} \leqslant \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t \leqslant {\small\frac{7}{600}} n^{- 5 / 2}</math>

Czyli

::<math>- {\small\frac{7}{15360}} n^{- 5 / 2} \leqslant - {\small\frac{5}{128}} \int_n^{\infty} {\small\frac{P_4 (t)}{t^{7 / 2}}} (t) d t \leqslant {\small\frac{1}{1920}} n^{- 5 / 2}</math>

I otrzymujemy oszacowania

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \leqslant {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} + C + {\small\frac{1}{24}} n^{- 1 / 2}</math>

::<math>\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \geqslant {\small\frac{2}{3}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{1 / 2} + C + {\small\frac{1}{24}} n^{- 1 / 2} - {\small\frac{1}{1024}} n^{- 5 / 2}</math>

Powyższe nierówności mogą nam posłużyć do wyznaczenia stałej <math>C</math>. Przykładowo dla <math>n = 10^6</math>, otrzymujemy

::<math>- 0.207886224977354567 \leqslant C \leqslant - 0.207886224977354565</math>

Przykład E63 
Pokażemy, dlaczego lepiej wybrać wartość <math>r</math> za dużą niż za małą i dlaczego należy sprawdzać zbieżność całki

::<math>\int_a^b P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

korzystając z kryterium Dirichleta (twierdzenie [[#E56|E56]]) lub z twierdzenia [[#E52|E52]]. Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2}</math>

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 1</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} = {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{3}{2}} \int_1^n \sqrt{t} \cdot P_1 (t) d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} - \left( {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} \right) \right] = {\small\frac{1}{10}} + {\small\frac{3}{2}} \int_1^{\infty} \sqrt{t} \cdot P_1(t) d t</math>

Jeszcze nie wszystkie wyrazy rozbieżne, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, zostały wyodrębnione – lewa strona jest rozbieżna. Podobnie rozbieżna jest całka po prawej stronie – rozbieżność tej całki informuje nas, że wybraliśmy za małą wartość <math>r</math>.

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 2</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} = {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{8}} n^{1 / 2} - {\small\frac{1}{40}} - {\small\frac{3}{8}} \int_1^n {\small\frac{P_2(t)}{\sqrt{t}}} d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, otrzymujemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} - \left( {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{8}} n^{1 / 2} \right) \right] = - {\small\frac{1}{40}} - {\small\frac{3}{8}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_2(t)}{\sqrt{t}}} d t</math>

Całka po prawej stronie jest zbieżna, co wynika z kryterium Dirichleta. Zatem i lewa strona jest zbieżna, czyli wszystkie wyrazy rozbieżne, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, zostały wyodrębnione. Możemy to łatwo sprawdzić, obierając większą wartość <math>r</math>.

Stosując wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 4</math>, mamy

::<math>\sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} = {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{8}} n^{1 / 2} - {\small\frac{49}{1920}} + {\small\frac{1}{1920}} n^{- 3 / 2} - {\small\frac{3}{128}} \int_1^n {\small\frac{P_4 (t)}{t^{5 / 2}}} d t</math>

W granicy, gdy <math>n</math> dąży do nieskończoności, dostajemy

::<math>\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} k^{3 / 2} - \left( {\small\frac{2}{5}} n^{5 / 2} + {\small\frac{1}{2}} n^{3 / 2} + {\small\frac{1}{8}} n^{1 / 2} \right) \right] = - {\small\frac{49}{1920}} - {\small\frac{3}{128}} \int_1^{\infty} {\small\frac{P_4(t)}{t^{5 / 2}}} d t</math>

Uwaga E64 
Rozwiązując przykłady znaleźliśmy wartości następujących całek oznaczonych

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t}} d t = {\small\frac{1}{2}} \log (2 \pi) - 1</math>

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^2}} d t = {\small\frac{1}{2}} - \gamma</math>

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{t^3}} d t = {\small\frac{9 - \pi^2}{12}}</math>

Jeżeli funkcja rzeczywista <math>f(t)</math> ma ciągłą pochodną w <math>[a, b] \subset \mathbb{R}</math> oraz <math>\lim_{t \to \infty} f (t) = 0</math>, to dla <math>n \geqslant 1</math> mamy

::<math>\int_a^{\infty} P_{n + 1} (t) f'(t) d t = - B_{n + 1} f(a) - (n + 1) \int_a^{\infty} P_n(t) f(t) d t</math>

(Jest to prosty wniosek z twierdzenia [[#E40|E40]]).

Powyższy rezultat możemy wykorzystać do wyliczenia kolejnych całek zawierających funkcje okresowe Bernoulliego. Przykładowo mamy

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_2 (t)}{t^2}} d t = \log (2 \pi) - {\small\frac{11}{6}}</math>

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_2 (t)}{t^3}} d t = {\small\frac{7}{12}} - \gamma</math>

::<math>\int_1^{\infty} {\small\frac{P_2 (t)}{t^4}} d t = {\small\frac{10 - \pi^2}{18}}</math>

== Metody wyliczania stałej we wzorze Eulera-Maclaurina ==

Uwaga E65 
W przedstawionych wyżej przykładach wyliczyliśmy wartość stałej we wzorze Eulera-Maclaurina (przykład [[#E60|E60]] i [[#E62|E62]]) oraz pokazaliśmy, że wartość całki <math>\int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math> jest związana z wartością stałej (przykład [[#E59|E59]], [[#E60|E60]] i [[#E61|E61]]). Obecnie dokładnie omówimy ten problem.

Twierdzenie E66 
Jeżeli założymy, że

::{| border="0"
| ●    || całka nieoznaczona <math>F(x) = \int f(x) d x</math> nie zawiera wyrazów, które nie zależą od <math>x</math> (takie wyrazy ulegają redukcji przy wyliczaniu całki <math>\int_a^b f(t) d t = F(b) - F(a)</math> i nie występują we wzorze Eulera-Maclaurina)
|-style=height:4em
| ●    || dla pewnego <math>r \geqslant 1</math> całka <math>\int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math> jest zbieżna
|}

to wzór Eulera-Maclaurina może być zapisany w postaci

::<math>\sum_{k = a}^b f (k) = C (a) + E (b)</math>

gdzie

::<math>C(a) = - F (a) + {\small\frac{1}{2}} f (a) - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)} (a) - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math>

::<math>E(b) = F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(b) + {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_b^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Jeżeli całka <math>\int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math> jest zbieżna, to możemy napisać

::<math>\sum_{k = a}^b f(k) = \int_a^b f(t) d t + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} [f^{(k - 1)}(b) - f^{(k - 1)}(a)] - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^b P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

::::<math>\;\;\,\, = F(b) - F(a) + {\small\frac{1}{2}} [f(b) + f(a)] + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} [f^{(k - 1)}(b) - f^{(k - 1)}(a)] - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r(t) f^{(r)}(t) d t + {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_b^{\infty} P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

::::<math>\;\;\,\, = \left[ - F (a) + {\small\frac{1}{2}} f (a) - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)} (a) - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t \right] + \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)} (b) + {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_b^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t \right]</math>

::::<math>\;\;\,\, = C (a) + E (b)</math>

gdzie

::<math>C(a) = - F (a) + {\small\frac{1}{2}} f (a) - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(a) - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r (t) f^{(r)}(t) d t</math>

::<math>E(b) = F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(b) + {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_b^{\infty} P_r (t) f^{(r)} (t) d t</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga E67 
We wzorze

::<math>\sum_{k = a}^b f (k) = C (a) + E (b)</math>

składnik <math>C(a)</math> jest wartością stałej <math>C</math> we wzorze Eulera-Maclaurina, a <math>E(b)</math> zwraca kolejne wyrazy rozwinięcia. Pokażemy, że wartość tej stałej możemy wyliczyć bezpośrednio ze wzoru

::<math>C = C (a)</math>

lub metodą pośrednią, wykorzystując związek

::<math>C(a) = \sum_{k = a}^b f (k) - E (b)</math>

W obydwu przypadkach obliczenia wykonamy dla znanej już Czytelnikowi sumy <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}}</math> (przykład [[#E56|E56]]).

Przykład E68 
Rozważmy sumę

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

Ponieważ

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math>

::<math>F(x) = \int {\small\frac{d x}{x}} = \log x</math>

::<math>f^{(r)} (x) = {\small\frac{d^r}{d x^r}} {\small\frac{1}{x}} = {\small\frac{(- 1)^r r!}{x^{r + 1}}}</math>

to wzór na wartość stałej z twierdzenia [[#E65|E65]]

::<math>C(a) = - F(a) + {\small\frac{1}{2}} f(a) - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(a) - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

przyjmuje postać

::<math>C(1) = - \log (1) + {\small\frac{1}{2}} - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{k - 1} (k - 1) !}{x^k}} - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r (t) \cdot {\small\frac{(- 1)^r r!}{x^{r + 1}}} d t</math>

::<math>C(1) = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k}} - \int_1^{\infty} {\small\frac{P_r(t)}{t^{r + 1}}} d t</math>

Oznaczmy

::<math>C_r = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k}}</math>

::<math>I_r = - \int_1^{\infty} {\small\frac{P_r (t)}{t^{r + 1}}} d t</math>

Wartość <math>I_r</math> obliczymy numerycznie w programie PARI/GP poleceniem

Int(r) = - '''intnum'''(t = 1,+oo, P(r, t)/t^(r+1), 12 )

gdzie

P(r, t) = B(r, t - '''floor'''(t))

jest funkcją okresową Bernoulliego <math>P_r (t)</math>.

Ponieważ wyliczenie wartości <math>C_r</math> jest bardzo łatwe, to w tabeli przedstawiamy jedynie wartość całki <math>I_r</math> oraz wielkość błędu, z jakim wyliczyliśmy wartość stałej we wzorze Eulera-Maclaurina. Przy precyzji obliczeń w PARI/GP równej <math>77</math> cyfr znaczących (wyświetlanych jest tylko <math>60</math>) otrzymujemy

::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
|- style=height:2em
! <math>\quad r \quad</math> || <math>I_r</math> || <math>C_r + I_r - \gamma</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 2 \quad</math> || <math>- 0.00611766843643217216316093584671186131649649607150165105785840</math> || <math>- 4.7 \cdot 10^{- 12}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 4 \quad</math> || <math>0.00221566490153286060651266099862945942063253146614696094725279</math> || <math>5.8 \cdot 10^{- 25}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 6 \quad</math> || <math>- 0.00175258906672110764745616388586252127113304104807585093607060</math> || <math>- 1.1 \cdot 10^{- 32}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 8 \quad</math> || <math>0.00241407759994555901921050278081512945505072420777227470125753</math> || <math>2.0 \cdot 10^{- 40}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 10 \quad</math> || <math>- 0.00516167997581201673836525479494244630271800893829613819256332</math> || <math>- 8.8 \cdot 10^{- 49}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 12 \quad</math> || <math>0.0159311161169840760577275412978536464933747871553748142613412</math> || <math>4.4 \cdot 10^{- 57}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 14 \quad</math> || <math>- 0.0674022172163492572756057920354796868399585461779585190763506</math> || <math>- 2.7 \cdot 10^{- 65}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 16 \quad</math> || <math>0.375857586705219370175374600121383058258080669508315990727571</math> || <math>2.1 \cdot 10^{- 73}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 18 \quad</math> || <math>- 2.67809674356490037362857973014873668554587366076180375307638</math> || <math>- 1.8 \cdot 10^{- 77}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 20 \quad</math> || <math>23.7781153776472208384926323910633845265753384604503174590448</math> || <math>- 2.6 \cdot 10^{- 76}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 22 \quad</math> || <math>- 257.682029549889011045565338623429369096613067336651131816317</math> || <math>3.6 \cdot 10^{- 74}</math>
|- style=height:2em
| <math>\quad 24 \quad</math> || <math>3349.82851684815738700083270777461702894978497906139526623008</math> || <math>- 2.5 \cdot 10^{- 73}</math>
|}

Zwróćmy uwagę, jak bardzo <math>C_r \approx \gamma - I_r</math> odbiega od wartości stałej <math>\gamma</math> dla dużych wartości <math>r</math> – dopiero suma <math>C_r + I_r</math> daje prawidłowy rezultat. Tylko po to, aby uwidocznić ten fakt, przedstawiliśmy dane dla tak wielu wartości <math>r</math>.

Uwaga E69 
W przykładzie [[#E68|E68]] uzyskaliśmy zaskakująco dokładny wynik, ale wiemy o tym tylko dlatego, że znaliśmy wynik prawidłowy. Gdybyśmy nie znali wartości stałej <math>\gamma</math>, to nie bylibyśmy w stanie określić, ile cyfr sumy <math>C_r + I_r</math> jest prawidłowych.

Nim przejdziemy do przedstawienia drugiego sposobu wyliczania stałej we wzorze Eulera-Maclaurina, udowodnimy twierdzenie, które pozwoli nam działać bardziej efektywnie.

Twierdzenie E70 
Jeżeli założymy, że

::{| border="0"
| ●    || całka nieoznaczona <math>F(x) = \int f (x) d x</math> nie zawiera wyrazów, które nie zależą od <math>x</math> (takie wyrazy ulegają redukcji przy wyliczaniu całki <math>\int_a^b f (t) d t = F (b) - F (a)</math> i nie występują we wzorze Eulera-Maclaurina)
|-style=height:4em
| ●    || funkcja <math>f^{(2 s)} (t)</math> jest funkcją ciągłą i ma stały znak w przedziale <math>[b, \infty)</math>
|-style=height:4em
| ●    || <math>\lim_{t \to \infty} f^{(2 s - 1)} (t) = 0</math>
|}

to dla stałej <math>C(a)</math> we wzorze Eulera-Maclaurina prawdziwe jest oszacowanie

::<math>W - \Delta \leqslant C(a) \leqslant W + \Delta</math>

gdzie

::<math>W = W (s, a, b) = \sum_{k = a}^b f(k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f(b) + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} f^{(2 k - 1)}(b) \right]</math>

::<math>\Delta = \Delta (s, b) = {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} | f^{(2 s - 1)} (b) |</math>

Czyli błąd, jakim obarczony jest wynik <math>W</math>, jest nie większy od wartości bezwzględnej ostatniego składnika sumy.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia [[#E65|E65]] wiemy, że przy poczynionych założeniach wzór Eulera-Maclaurina może być zapisany w postaci

::<math>\sum_{k = a}^b f (k) = C (a) + E (b)</math>

gdzie

::<math>C(a) = - F(a) + {\small\frac{1}{2}} f(a) - \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(a) - {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_a^{\infty} P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

::<math>E(b) = F(b) + {\small\frac{1}{2}} f(b) + \sum_{k = 2}^r {\small\frac{B_k}{k!}} f^{(k - 1)}(b) + {\small\frac{(- 1)^r}{r!}} \int_b^{\infty} P_r(t) f^{(r)}(t) d t</math>

Zatem

::<math>C(a) = \sum_{k = a}^b f(k) - E(b)</math>

W przypadku, gdy <math>r = 2 s</math> jest liczbą parzystą, możemy położyć <math>k = 2 j</math> i otrzymujemy

::<math>E(b) = F(b) + {\small\frac{1}{2}} f(b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)}(b) + {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_b^{\infty} P_{2 s}(t) f^{(2 s)}(t) d t</math>

Ponieważ <math>f^{(2 s - 1)} (t)</math> jest funkcją pierwotną funkcji <math>f^{(2 s)}(t)</math>, a z założenia jest <math>\lim_{t \to \infty} f^{(2 s - 1)}(t) = 0</math>, to na podstawie twierdzenia [[#E49|E49]] całka <math>\int_b^{\infty} f^{(2 s)}(t) d t</math> jest zbieżna.

Ponieważ <math>| B_{2 s} (x) | \leqslant | B_{2 s} | \,</math> dla <math>\, 0 \leqslant x \leqslant 1 \;</math> i <math>\; s \in \mathbb{N}_0</math> (zobacz [[#E15|E15]]), zatem dla funkcji okresowych Bernoulliego o indeksie parzystym prawdziwe jest oszacowanie <math>| P_{2 s}(x) | \leqslant | B_{2 s} |</math>. Z twierdzenia [[#E50|E50]] i założenia, że <math>\lim_{t \to \infty} f^{(2 s - 1)}(t) = 0</math> dostajemy oszacowanie całki

::<math>{\small\frac{1}{(2 s) !}} \left| \int_b^{\infty} P_{2 s} (t) f^{(2 s)}(t) d t \right| \leqslant {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_b^{\infty} | P_{2 s}(t) f^{(2 s)}(t) | d t</math>

::::::::::<math>\,\, \leqslant {\small\frac{1}{(2 s) !}} | B_{2 s} | \cdot \left| \int_b^{\infty} f^{(2 s)}(t) d t \right|</math>

::::::::::<math>\,\, = {\small\frac{1}{(2 s) !}} | B_{2 s} | \cdot \biggl| f^{(2 s - 1)}(t) \big\rvert_{b}^{\infty} \biggr|</math>

::::::::::<math>\,\, = {\small\frac{1}{(2 s) !}} | B_{2 s} | \cdot | - f^{(2 s - 1)}(b) |</math>

::::::::::<math>\,\, = {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} | f^{(2 s - 1)}(b) |</math>

Łącząc powyższe rezultaty, otrzymujemy oszacowanie stałej <math>C(a)</math>

::<math>C(a) = \sum_{k = a}^b f (k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)} (b) \right] - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_b^{\infty} P_{2 s} (t) f^{(2 s)} (t) d t</math>

:::<math>\;\:\:\: \leqslant \sum_{k = a}^b f (k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)} (b) \right] + \Delta</math>

::<math>C(a) = \sum_{k = a}^b f (k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)} (b) \right] - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_b^{\infty} P_{2 s} (t) f^{(2 s)} (t) d t</math>

:::<math>\;\:\:\: \geqslant \sum_{k = a}^b f (k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)} (b) \right] - \Delta</math>

gdzie oznaczyliśmy

::<math>\Delta = {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} | f^{(2 s - 1)} (b) |</math>

Jeśli dodatkowo oznaczymy

::<math>W = \sum_{k = a}^b f (k) - \left[ F (b) + {\small\frac{1}{2}} f (b) + \sum_{j = 1}^s {\small\frac{B_{2 j}}{(2 j) !}} f^{(2 j - 1)} (b) \right]</math>

to dostaniemy oszacowanie

::<math>W - \Delta \leqslant C(a) \leqslant W + \Delta</math>

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład E71 
Rozważmy sumę

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

Ponieważ

::<math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math>

::<math>F(x) = \int {\small\frac{d x}{x}} = \log x</math>

::<math>f^{(r)} (x) = {\small\frac{d^r}{d x^r}} {\small\frac{1}{x}} = {\small\frac{(- 1)^r r!}{x^{r + 1}}}</math>

to z twierdzenia [[#E69|E69]] dostajemy

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

::<math>\Delta = {\small\frac{| B_{2 s} |}{2 s \cdot n^{2 s}}}</math>

Dla <math>s = 4</math> i <math>n = 10^8</math> mamy

::<math>\Delta = 4.17 \cdot 10^{- 67}</math>

Uznając, że dokładność rzędu <math>10^{- 65}</math> nas zadowala, otrzymujemy dla <math>s = 4</math>

::<math>W = \sum_{k = 1}^n {\small\frac{1}{k}} - \left[ \log n + {\small\frac{1}{2 n}} - {\small\frac{1}{12 n^2}} + {\small\frac{1}{120 n^4}} - {\small\frac{1}{252 n^6}} + {\small\frac{1}{240 n^8}} \right]</math>

Wyliczając wartość prawej strony dla <math>n = 10^8</math>, dostajemy

::<math>W = 0.57721566490153286060651209008240243104215933593992359880576723488486772677766467 \ldots</math>

Ponieważ <math>\Delta = 4.17 \cdot 10^{- 67}</math>, to ostatecznie możemy napisać

::<math>\gamma = 0.57721566490153286060651209008240243104215933593992359880576723488 \ldots</math>

Wyznaczyliśmy stałą <math>\gamma</math> z dokładnością <math>65</math> cyfr po przecinku. W rzeczywistości błąd jest mniejszy od <math>10^{- 81}</math>.

Uwaga E72 
Zauważmy, że wyliczając wartość <math>\Delta</math>, znamy wartość błędu jeszcze przed wykonaniem całości obliczeń. Dobierając odpowiednie wartości liczb <math>s</math> i <math>n</math> możemy sprawić, że błąd będzie odpowiednio mały. Unikamy numerycznego całkowania, które w przypadku bardziej skomplikowanych funkcji może być długie i obarczone znacznym i nieznanym błędem.

Przykład E73 
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 2}^n \mathop{\text{li}}(k)</math>

W PARI/GP funkcję specjalną <math>\mathop{\text{li}}(x) = \int^x_0 {\small\frac{d t}{\log t}}</math> (logarytm całkowy<ref name="LogIntegral1"/><ref name="LogIntegral2"/>) możemy uzyskać następująco

li(x) = '''real'''( -'''eint1'''( -'''log'''(x) ) )

W powyższym wzorze wykorzystaliśmy zaimplementowaną pod nazwą <math>\text{eint1} (x)</math> inną funkcję specjalną <math>E_1 (x) = \int_{x}^{\infty} {\small\frac{e^{- t}}{t}} d t</math><ref name="ExpIntegral1"/><ref name="ExpIntegral2"/>.

Mamy:

::<math>f(x) = \mathop{\text{li}}(x)</math>

::<math>F(x) = \int \mathop{\text{li}}(x) d x = x \mathop{\text{li}}(x) - \mathop{\text{li}}(x^2)</math>

::<math>f^{(1)} (x) = {\small\frac{1}{\log x}}</math>

dla <math>k \geqslant 2</math> jest

::<math>f^{(k)} (x) = {\small\frac{d^{k - 1}}{d x^{k - 1}}} {\small\frac{1}{\log x}} = (- 1)^{k - 1} \sum_{j = 1}^{k - 1} {\small\frac{A^{k - 1}_j}{x^{k - 1} \log^{j + 1} x}} = \mathop{\text{DLog}}(k - 1, x)</math>

Oznaczenie <math>k</math>-tej pochodnej funkcji <math>{\small\frac{1}{\log x}}</math> jako <math>\mathop{\text{DLog}}(k, x)</math> znacząco ułatwi nam zapisywanie wzorów. Liczby naturalne <math>A^k_j</math> spełniają następujące równania rekurencyjne

::<math>A^k_1 = (k - 1) A^{k - 1}_1</math>

::<math>A_j^k = j A^{k - 1}_{j - 1} + (k - 1) A^{k - 1}_j \qquad</math> dla <math>\quad j = 2, \ldots, k - 1</math>

::<math>A^k_k = k A^{k - 1}_{k - 1}</math>

gdzie <math>A^1_1 = 1</math> (zobacz twierdzenia [[#E76|E76]] i [[#E77|E77]]).

Zauważmy, że dla <math>k \geqslant 2</math> funkcje <math>f^{(k)} (x) = {\small\frac{d^{k - 1}}{d x^{k - 1}}} {\small\frac{1}{\log x}}</math> są funkcjami ciągłymi i mają stały znak dla <math>x > 1</math> oraz <math>\lim_{x \to \infty} f^{(k - 1)} (x) = 0</math>. Zatem dla dowolnego <math>k \geqslant 2</math> spełnione są założenia twierdzenia [[#E70|E70]]. W przypadku rozpatrywanej przez nas sumy z twierdzenia [[#E70|E70]] otrzymujemy

::<math>\Delta = \Delta (s, n) = {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} | \mathop{\text{DLog}}(2 s - 2, n) |</math>

::<math>W = W (s, 2, n) = \sum_{k = 2}^n \mathop{\text{li}}(k) - \left[ n \mathop{\text{li}}(n) - \mathop{\text{li}}(n^2) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(n) + {\small\frac{B_2}{2 \log n}} + \sum_{k = 2}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} \mathop{\text{DLog}}(2 k - 2, n) \right]</math>

Obliczenia przeprowadziliśmy w programie PARI/GP. Wymagają one zwiększenia precyzji obliczeń do <math>80</math> miejsc znaczących i wcześniejszego przygotowania kilku funkcji omówionych szerzej w uwadze [[#E78|E78]]. Mamy

B(n, x) = '''sum'''(k = 0, n, 1/(k+1)*'''sum'''(j = 0, k, (-1)^j*'''binomial'''(k,j)*(x+j)^n))

A(n, k) = '''if'''( k == 1 || k == n, k*(n-1)!, k*A(n-1, k-1) + (n-1)*A(n-1, k) )

DLog(n, x) = (-1)^n * '''sum'''(k = 1, n, A(n,k)/( x^n * '''log'''(x)^(k+1) ))

li(x) = '''real'''( -'''eint1'''( -'''log'''(x) ) )

delta(s, n) = B(2*s, 0)/(2*s)! * DLog(2*s-2, n)

W(s, n) = '''sum'''(k = 2, n, li(k)) - n*li(n) + li(n^2) - 1/2*li(n) - B(2,0)/2! * 1/'''log'''(n) - '''sum'''(k = 2, s, B(2*k,0)/(2*k)! * DLog(2*k-2, n))

Dla <math>s = 5</math> i <math>n = 10^7</math> otrzymujemy (porównaj [https://www.wolframalpha.com/input?i=Limit+%5B%28BernoulliB%2810%29%2F10%21%29+*+D%5B1%2Flog%28x%29%2C%7Bx%2C8%7D%5D++%2C++x+-%3E+1.0*10%5E7%5D WolframAlpha])

<math>\Delta = {\small\frac{B_{10}}{10!}} \cdot | \mathop{\text{DLog}}(8, 10^7) | = 5.632 \cdot 10^{- 63}</math>

<math>W = 1.28191595049146577908068521816208913078488987854947239276268700691879666704021184913771562</math>

Po uwzględnieniu możliwego błędu znajdujemy wartość stałej z dokładnością <math>61</math> miejsc po przecinku.

<math>C = 1.2819159504914657790806852181620891307848898785494723927626870 \ldots</math>

Przykład E74 
Rozważmy jeszcze raz sumę

::<math>\sum_{k = 2}^n \mathop{\text{li}}(k)</math>

Wypiszmy dla tej sumy wzór Eulera-Maclaurina dla <math>r = 1</math>.

::<math>\sum_{k = 2}^n \mathop{\text{li}}(k) = \int_2^n \mathop{\text{li}}(t) d t + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(n) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(2) + \int_2^n {\small\frac{P_1(t)}{\log t}} d t</math>

::::<math>\;\;\;\: = (x \mathop{\text{li}}(x) - \mathop{\text{li}}(x^2)) \biggr\rvert_{2}^{n} + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(n) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(2) + \int_2^n {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t</math>

::::<math>\;\;\;\: = n \mathop{\text{li}}(n) - \mathop{\text{li}}(n^2) - 2 \mathop{\text{li}}(2) + \mathop{\text{li}}(4) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(n) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(2) + \int_2^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t - \int_n^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t</math>

::::<math>\;\;\;\: = \left[ - {\small\frac{3}{2}} \mathop{\text{li}}(2) + \mathop{\text{li}}(4) + \int_2^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t \right] + n \mathop{\text{li}}(n) - \mathop{\text{li}}(n^2) + {\small\frac{1}{2}} \mathop{\text{li}}(n) - \int_n^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t</math>

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest stałą wstępującą we wzorze Eulera-Maclaurina, zatem

::<math>C = - {\small\frac{3}{2}} \mathop{\text{li}}(2) + \mathop{\text{li}}(4) + \int_2^{\infty} {\small\frac{P_1(t)}{\log t}} d t</math>

::<math>\int_2^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t = C + {\small\frac{3}{2}} \mathop{\text{li}}(2) - \mathop{\text{li}}(4)</math>

W poprzednim przykładzie wyliczyliśmy wartość stałej <math>C</math>

::<math>C = 1.2819159504914657790806852181620891307848898785494723927626870 \ldots</math>

Wynika stąd natychmiast, że

::<math>\int_2^{\infty} {\small\frac{P_1 (t)}{\log t}} d t = -0.117923474371345921663180326620119770994144590988603907635106 \ldots</math>

Właśnie w taki sposób została obliczona wartość całki niewłaściwej, która występuje w zadaniu [[#E57|E57]].

Przykład E75 
Rozważmy sumę

::<math>\sum_{k = 0}^{n} e^k</math>

Mamy

::<math>f(x) = e^x</math>

::<math>F(x) = \int e^x d x = e^x</math>

::<math>f^{(r)} (x) = {\small\frac{d^r}{d x^r}} e^x = e^x</math>

Zatem ze wzoru Eulera-Maclaurina otrzymujemy

::<math>\sum_{k = 0}^{n} e^k = e^n - 1 + {\small\frac{1}{2}} (e^n + 1) + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} (e^n - 1) - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} e^k = 1 + (e^n - 1) + {\small\frac{1}{2}} (e^n - 1) + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} (e^n - 1) - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t</math>

::<math>\sum_{k = 0}^{n} e^k = 1 + (e^n - 1) \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} \right) - {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t</math>

Ponieważ dla <math>| x | < 2 \pi</math> prawdziwy jest wzór<ref name="Bernoulli1"/>

::<math>{\small\frac{x}{e^x - 1}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{B_k \cdot x^k}{k!}}</math>

to dla <math>x = 1</math> dostajemy

::<math>{\small\frac{1}{e - 1}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{B_k}{k!}} = 1 - {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}}</math>

W granicy, gdy <math>s</math> dąży do nieskończoności, mamy

::<math>\lim_{s \to \infty} \left[ 1 + (e^n - 1) \left( {\small\frac{3}{2}} + \sum_{k = 1}^s {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k) !}} \right) \right] = 1 + (e^n - 1) \left( {\small\frac{3}{2}} + {\small\frac{1}{e - 1}} - {\small\frac{1}{2}} \right) = 1 + (e^n - 1) \left( 1 + {\small\frac{1}{e - 1}} \right) = {\small\frac{e^{n + 1} - 1}{e - 1}}</math>

W obliczeniu granicy całki dla <math>s</math> dążącego do nieskończoności pomocne będzie oszacowanie (zobacz [[#E31|E31]])

<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
::<math>{\small\frac{| B_{2 k} |}{(2 k) !}} < {\small\frac{2}{(2 \pi)^{2 k}}} \cdot {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - 2 k}}} \leqslant {\small\frac{4}{(2 \pi)^{2 k}}}</math>
</div>

prawdziwe dla <math>k \geqslant 1</math>.

Teraz już łatwo znajdujemy

::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{(2 s) !}} \left| \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t \right| \leqslant {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_0^n | P_{2 s} (t) | e^t d t \leqslant {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} \int_0^n e^t d t = {\small\frac{| B_{2 s} |}{(2 s) !}} (e^n - 1) < {\small\frac{4}{(2 \pi)^{2 s}}} (e^n - 1)</math>

Dla dowolnego, ale ustalonego <math>n</math>, jest

::<math>\lim_{s \to \infty} {\small\frac{4}{(2 \pi)^{2 s}}} (e^n - 1) = 0</math>

Zatem z twierdzenia o trzech ciągach (zobacz twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C11|C11]] i [[Ciągi liczbowe#C9|C9]]) dostajemy natychmiast

::<math>\lim_{s \to \infty} {\small\frac{1}{(2 s) !}} \left| \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t \right| = \lim_{s \to \infty} {\small\frac{1}{(2 s) !}} \int_0^n P_{2 s} (t) e^t d t = 0</math>

Ostatecznie otrzymujemy wzór

::<math>\sum_{k = 0}^{n} e^k = {\small\frac{e^{n + 1} - 1}{e - 1}}</math>

Znalezienie wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego nie jest odkrywcze, ale z pewnością było pouczające.

== Uzupełnienie ==

Twierdzenie E76 
Ogólny wzór na <math>n</math>-tą pochodną funkcji <math>{\small\frac{1}{\log x}}</math> ma postać

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

Liczby naturalne <math>A^n_k</math> spełniają następujące równania rekurencyjne

::<math>A^n_1 = (n - 1) A^{n - 1}_1</math>

::<math>A_k^n = k A^{n - 1}_{k - 1} + (n - 1) A^{n - 1}_k \qquad</math> dla <math>\quad k = 2, \ldots, n - 1</math>

::<math>A^n_n = n A^{n - 1}_{n - 1}</math>

gdzie <math>A^1_1 = 1</math>.

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n = 1</math>. Ponieważ

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

to zakładając, że wzór

::<math>{\small\frac{d^n}{d x^n}} {\small\frac{1}{\log x}} = (- 1)^n \sum_{k = 1}^{n} {\normalsize\frac{A^n_k}{x^n \log^{k + 1} x}}</math>

jest prawdziwy dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

::<math>{\small\frac{d^{n + 1}}{d x^{n + 1}}} {\small\frac{1}{\log x}} = (- 1)^n \sum_{k = 1}^{n} \left( {\normalsize\frac{A^n_k}{x^n \log^{k + 1} x}} \right)' =</math>

:::::<math>\;\,\, = (- 1)^n \sum_{k = 1}^{n} \left( \frac{- (k + 1) A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 2} x} + \frac{- n A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 1} x} \right)</math>

Mnożąc obie strony przez <math>(- 1)^{n + 1}</math> ułatwimy sobie przekształcanie prawej strony

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

::::::::<math>\! = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(k + 1) A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 2} x} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{n A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 1} x} =</math>

::::::::<math>\! = \frac{(n + 1) A^n_n}{x^{n + 1} \log^{n + 2} x} + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{(k + 1) A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 2} x} + \sum_{k = 2}^{n} \frac{n A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 1} x} + {\normalsize\frac{n A^n_1}{x^{n + 1} \log^2 x}}</math>

Zmieniając w pierwszej sumie wskaźnik sumowania na <math>j = k + 1</math>, dostajemy

::<math>(- 1)^{n + 1} {\small\frac{d^{n + 1}}{d x^{n + 1}}} {\small\frac{1}{\log x}} = \frac{(n + 1) A^n_n}{x^{n + 1} \log^{n + 2} x} + \sum_{j = 2}^{n} \frac{j A^n_{j - 1}}{x^{n + 1} \log^{j + 1} x} + \sum_{k = 2}^{n} \frac{n A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 1} x} + {\normalsize\frac{n A^n_1}{x^{n + 1} \log^2 x}} =</math>

::::::::<math>\! = {\normalsize\frac{n A^n_1}{x^{n + 1} \log^2 x}} + \sum_{k = 2}^{n} \left( \frac{k A^n_{k - 1} + n A^n_k}{x^{n + 1} \log^{k + 1} x} \right) + \frac{(n + 1) A^n_n}{x^{n + 1} \log^{n + 2} x}</math>

Oznaczając

::<math>A^{n + 1}_1 = n A^n_1</math>

::<math>A_k^{n + 1} = k A^n_{k - 1} + n A^n_k \qquad</math> dla <math>\quad k = 2, \ldots, n</math>

::<math>A^{n + 1}_{n + 1} = (n + 1) A^n_n</math>

Otrzymujemy wzór

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

Co kończy dowód indukcyjny. Aby uzyskać podane w twierdzeniu równania rekurencyjne, wystarczy we wprowadzonych oznaczeniach zamienić <math>n</math> na <math>n - 1</math>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie E77 
Z równań rekurencyjnych

::<math>A^n_1 = (n - 1) A^{n - 1}_1</math>

::<math>A_k^n = k A^{n - 1}_{k - 1} + (n - 1) A^{n - 1}_k \qquad</math> dla <math>\quad k = 2, \ldots, n - 1</math>

::<math>A^n_n = n A^{n - 1}_{n - 1}</math>

gdzie <math>A^1_1 = 1</math>, wynikają następujące wzory ogólne

::<math>A^n_1 = (n - 1) !</math>

::<math>A^n_n = n!</math>

oraz

::<math>A^n_{n - 1} = {\small\frac{1}{2}} (n - 1) \cdot n!</math>

::<math>A^n_{n - 2} = {\small\frac{1}{24}} (n - 2) (3 n - 1) \cdot n!</math>

::<math>A^n_{n - 3} = {\small\frac{1}{48}} n (n - 1) (n - 3) \cdot n!</math>

::<math>A^n_{n - 4} = {\small\frac{1}{5760}} (n - 4) (15 n^3 - 30 n^2 + 5 n + 2) \cdot n!</math>

::<math>A^n_2 = 2 (n - 1) ! \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}}</math>

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Rozwiązania pierwszego i trzeciego równania rekurencyjnego łatwo sprawdzamy. Drugie równanie jest znacznie trudniejsze. Rozważmy je dla <math>k = n - 1</math>, mamy

::<math>A_{n - 1}^n = (n - 1) A^{n - 1}_{n - 2} + (n - 1) A^{n - 1}_{n - 1}</math>

Uwzględniając, że <math>A^{n - 1}_{n - 1} = (n - 1) !</math>, dostajemy

::<math>A_{n - 1}^n = (n - 1) A^{n - 1}_{n - 2} + (n - 1) (n - 1) !</math>

Połóżmy

::<math>A_{n - 1}^n = (n - 1) ! \cdot U^n_{n - 1}</math>

Zauważmy, że <math>A_1^2 = U^2_1 = 1</math>. Podstawiając, mamy

::<math>(n - 1) ! \cdot U^n_{n - 1} = (n - 1) \cdot (n - 2) ! \cdot U^{n - 1}_{n - 2} + (n - 1) (n - 1) !</math>

Zatem

::<math>U^n_{n - 1} = U^{n - 1}_{n - 2} + (n - 1)</math>

Czyli

::<math>U^n_{n - 1} - U^{n - 1}_{n - 2} = n - 1</math>

Łatwo znajdujemy ogólną postać <math>U^n_{n - 1}</math>

::<math>U^n_{n - 1} = U^2_1 + \sum_{k = 3}^{n} (U^k_{k - 1} - U^{k - 1}_{k - 2}) = 1 + \sum_{k = 3}^{n} (k - 1) = 1 + {\small\frac{1}{2}} (n - 2) (n + 1) = {\small\frac{1}{2}} n (n - 1)</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>A_{n - 1}^n = (n - 1) ! \cdot U^n_{n - 1} = (n - 1) ! \cdot {\small\frac{1}{2}} n (n - 1) = {\small\frac{1}{2}} (n - 1) \cdot n!</math>

Zbadajmy drugie równanie rekurencyjne dla <math>k = n - 2</math>, mamy

::<math>A_{n - 2}^n = (n - 2) A^{n - 1}_{n - 3} + (n - 1) A^{n - 1}_{n - 2}</math>

Uwzględniając, że <math>A^{n - 1}_{n - 2} = {\small\frac{1}{2}} (n - 2) \cdot (n - 1)!</math>, dostajemy

::<math>A_{n - 2}^n = (n - 2) A^{n - 1}_{n - 3} + {\small\frac{1}{2}} (n - 1) (n - 2) \cdot (n - 1) !</math>

Połóżmy

::<math>A_{n - 2}^n = (n - 2) ! \cdot U^n_{n - 2}</math>

Zauważmy, że <math>A_1^3 = U^3_1 = 2</math>. Podstawiając, mamy

::<math>(n - 2) ! \cdot U^n_{n - 2} = (n - 2) \cdot (n - 3) ! \cdot U^{n - 1}_{n - 3} + {\small\frac{1}{2}} (n - 1) (n - 2) \cdot (n - 1) !</math>

Zatem

::<math>U^n_{n - 2} = U^{n - 1}_{n - 3} + {\small\frac{1}{2}} (n - 1)^2 (n - 2)</math>

Czyli

::<math>U^n_{n - 2} - U^{n - 1}_{n - 3} = {\small\frac{1}{2}} (n - 1)^2 (n - 2)</math>

Łatwo znajdujemy ogólną postać <math>U^n_{n - 2}</math>

::<math>U^n_{n - 2} = U^3_1 + \sum_{k = 4}^{n} (U^k_{k - 2} - U^{k - 1}_{k - 3}) = 2 + {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 4}^{n} (k - 1)^2 (k - 2) = {\small\frac{1}{24}} n (n - 1) (n - 2) (3 n - 1)</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>A_{n - 2}^n = (n - 2) ! \cdot U^n_{n - 2} = {\small\frac{1}{24}} (n - 2) (3 n - 1) \cdot n!</math>

Podobnie znajdujemy rozwiązania <math>k = n - 3</math> i <math>k = n - 4</math>. Przypadek <math>k = 2</math> jest podobny do poprzednich, ale w tym przypadku wyliczona suma nie może być przedstawiona w zwartej formie. Dlatego omówimy go dodatkowo.

::<math>A_2^n = 2 A^{n - 1}_1 + (n - 1) A^{n - 1}_2</math>

Uwzględniając, że <math>A^{n - 1}_1 = (n - 2) !</math>, dostajemy

::<math>A_2^n = 2 (n - 2) ! + (n - 1) A^{n - 1}_2</math>

Połóżmy

::<math>A_2^n = (n - 1) ! \cdot U^n_2</math>

Zauważmy, że <math>A_2^2 = U^2_2 = 2</math>. Podstawiając, mamy

::<math>(n - 1) ! \cdot U^n_2 = (n - 1) \cdot (n - 2) ! \cdot U^{n - 1}_2 + 2 (n - 2)!</math>

Zatem

::<math>U^n_2 = U^{n - 1}_2 + {\small\frac{2}{n - 1}}</math>

Czyli

::<math>U^n_2 - U^{n - 1}_2 = {\small\frac{2}{n - 1}}</math>

Łatwo znajdujemy ogólną postać <math>U^n_2</math>

::<math>U^n_2 = U^2_2 + \sum_{k = 3}^{n} (U^k_2 - U^{k - 1}_2) = 2 + 2 \sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k - 1}} = 2 \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k - 1}}</math>

Skąd natychmiast otrzymujemy

::<math>A_2^n = (n - 1) ! \cdot U^n_2 = 2 (n - 1) ! \cdot \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k - 1}} = 2 (n - 1) ! \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{k}}</math> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga E78 
Z twierdzeń [[#E76|E76]] i [[#E77|E77]] wynika, że ogólną postać <math>n</math>-tej pochodnej funkcji <math>{\small\frac{1}{\log x}}</math> możemy łatwo wypisać

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

ale nie istnieje wzór ogólny, który pozwoliłby łatwo wyliczać wartości współczynników <math>A_k^n</math>. W tej sytuacji jedynym wyjściem jest wykorzystanie równania rekurencyjnego

::<math>A_k^n = k A^{n - 1}_{k - 1} + (n - 1) A^{n - 1}_k \qquad</math> dla <math>\quad k = 2, \ldots, n - 1</math>

oraz wzorów

::<math>A^n_1 = (n - 1) !</math>

::<math>A^n_n = n!</math>

Programy odwołujące się do wzorów rekurencyjnych są zazwyczaj niezwykle proste, ale należy ich unikać, bo działają wolno i zużywają duże ilości pamięci. Niżej podajemy przykłady prostych funkcji rekurencyjnych wyliczających silnię i liczby Fibonacciego napisanych w PARI/GP

silnia(n) = '''if'''( n == 0, 1, n*silnia(n-1) )

Fibonacci(n) = '''if'''( n <= 1, n, Fibonacci(n-1) + Fibonacci(n-2) )

W naszym przypadku rekurencji ominąć nie można, ale rozwiązaniem problemu jest równie prosta funkcja

A(n, k) = '''if'''( k == 1 || k == n, k*(n-1)!, k*A(n-1, k-1) + (n-1)*A(n-1, k) )

Dysponując funkcją wyliczającą współczynniki <code>A(n, k)</code>, możemy łatwo zapisać wzór na <math>n</math>-tą pochodną funkcji <math>{\small\frac{1}{\log x}}</math>

DLog(n, x) = (-1)^n * '''sum'''(k = 1, n, A(n, k)/( x^n * '''log'''(x)^(k+1) ))

Powyższy wzór jest bardzo przydatny przy wyliczaniu wartości <math>{\small\frac{d^n}{d x^n}} {\small\frac{1}{\log x}}</math> dla większych liczb <math>n</math>. Jednak <math>n</math> nie może być zbyt duże – ceną, jaką musimy zapłacić za użycie funkcji rekurencyjnych, jest wydłużenie czasu obliczeń. Przykładowo obliczenie

DLog(26, 10^8) = 7.1305293508389973644228947613613744962 10^(-186)

trwało ponad pół minuty. Zobacz też [https://www.wolframalpha.com/input?i=Limit+%5Bd%5E26%2Fdx%5E26+1%2Flog%28x%29+%2C++x+-%3E+1.0+*+10%5E8%5D WolframAlpha]

== Przypisy ==
<references>

<ref name="BernoulliPoly1">Wikipedia, ''Bernoulli polynomials'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Bernoulli_polynomials Wiki‑en])</ref>

<ref name="BernoulliPoly2">WolframAlpha, ''Bernoulli Polynomial'', ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Bernoulli+Polynomial WolframAlpha])</ref>

<ref name="BernoulliPoly3">Wolfram MathWorld, ''Bernoulli Polynomial'', ([https://mathworld.wolfram.com/BernoulliPolynomial.html Wolfram])</ref>

<ref name="BernoulliPoly4">NIST Digital Library of Mathematical Functions, ''Bernoulli and Euler Polynomials'', ([https://dlmf.nist.gov/24 LINK])</ref>

<ref name="Rolle1">Wikipedia, ''Twierdzenie Rolle’a'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Rolle%E2%80%99a Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Rolle%27s_theorem Wiki‑en])</ref>

<ref name="Lagrange1">Wikipedia, ''Twierdzenie Lagrange’a (rachunek różniczkowy)'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Lagrange%E2%80%99a_(rachunek_r%C3%B3%C5%BCniczkowy) Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Mean_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="Lehmer1">D. H. Lehmer, ''On the Maxima and Minima of Bernoulli Polynomials'', The American Mathematical Monthly, Vol. 47, No. 8 (Oct., 1940), pp. 533-538</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="EulerMaclaurin1">Wikipedia, ''Euler–Maclaurin formula'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Maclaurin_formula#Examples Wiki‑en])</ref>

<ref name="WzorStirlinga1">Wikipedia, ''Wzór Stirlinga'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Wz%C3%B3r_Stirlinga#Szybko%C5%9B%C4%87_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_i_oszacowanie_b%C5%82%C4%99du Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation#Speed_of_convergence_and_error_estimates Wiki‑en])</ref>

<ref name="Abramowitz1">M. Abramowitz and I. A. Stegun (Eds), ''Handbook of Mathematical Functions with Formulas, Graphs, and Mathematical Tables'', National Bureau of Standards, Applied Mathematics Series 55, 10th printing, Washington, 1972, ([http://www.convertit.com/Go/ConvertIt/Reference/AMS55.ASP?Res=150&Page=805 LINK])</ref>

<ref name="Abramowitz2">Wikipedia, ''Abramowitz and Stegun'', ([https://en.wikipedia.org/wiki/Abramowitz_and_Stegun Wiki‑en])</ref>

<ref name="DAniello1">C. D'Aniello, ''On some inequalities for the Bernoulli numbers'', Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo Series II, Volume 43 (1994), pp. 329-332</ref>

<ref name="FengQi1">Feng Qi, ''A double inequality for the ratio of two non-zero neighbouring Bernoulli numbers'', Journal of Computational and Applied Mathematics, Volume 351 (2019), pp. 1-5, ([https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0377042718306575 LINK])</ref>

<ref name="LogIntegral1">Wikipedia, ''Logarytm całkowy'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Logarytm_ca%C5%82kowy Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Logarithmic_integral_function Wiki‑en])</ref>

<ref name="LogIntegral2">Wolfram MathWorld, ''Logarithmic Integral'', ([https://mathworld.wolfram.com/LogarithmicIntegral.html Wolfram])</ref>

<ref name="ExpIntegral1">Wikipedia, ''Funkcja całkowo-wykładnicza'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Funkcja_ca%C5%82kowo-wyk%C5%82adnicza Wiki‑pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Exponential_integral Wiki‑en])</ref>

<ref name="ExpIntegral2">Wolfram MathWorld, ''Exponential Integral'', ([https://mathworld.wolfram.com/ExponentialIntegral.html Wolfram])</ref>

<ref name="Bernoulli1">Wikipedia, ''Liczby Bernoulliego'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Liczby_Bernoulliego#Liczby_Bernoulliego_%E2%80%93_definicja_1 Wiki‑pl])</ref>

</references>

Szeregi liczbowe

2026-02-04T11:52:38Z

HenrykDabrowski:

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

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

Definicja D1 
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>.

Definicja D2 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

Definicja D3 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu) 
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> 
□
{{\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. 
Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D6 
Szereg harmoniczny naprzemienny <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math> jest zbieżny i

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

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math> wynika natychmiast z kryterium Leibniza ([[#D5|D5]]). Sumę szeregu trudniej policzyć – przedstawiony niżej sposób korzysta z własności całek

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</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 {\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \qquad \qquad \;\; \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

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

::3. <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>

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

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynika stąd oszacowanie od góry

::<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>

I oszacowanie od dołu

::<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>

Co kończy dowód punktu 1.

'''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>

'''Punkt 3.'''

Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>

Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy

::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>

A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór

::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>

Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy

::<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 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>

:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>

Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.

'''Punkt 4.'''

Z punktu 1. wynika ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{4 (n + 1)}} \leqslant I_{2 n + 1} \leqslant {\small\frac{1}{2 (n + 1)}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach i twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] wynika natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_{2 n + 1} = 0 = \lim_{n \rightarrow \infty} | I_{2 n + 1} |</math>

Zatem z punktu 3. mamy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>

Czyli

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>

Skąd natychmiast dostajemy, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>

Mnożąc obie strony przez <math>2</math>, otrzymujemy dowodzony wzór. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D7 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D8 
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 [[#D7|D7]] 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]
|}

Twierdzenie D9 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D10 (kryterium porównawcze) 
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.''' 
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.''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D11 
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 [[#D10|D10]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D12 
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.

Twierdzenie D13 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D14 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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 [[#D10|D10]]) 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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D15 
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.''' 

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.''' 
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.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.''' 
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.''' 
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 [[#D16|D16]], 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D16 
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 [[#D15|D15]], 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

'''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) ))

::{| 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 ==

 

=== Funkcje ===

 

Definicja D17 
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>.

Twierdzenie D18 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D19 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D20 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D21 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

=== Grupowanie wyrazów szeregu ===

 

Uwaga D22 
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 [[#D14|D14]] p.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.

Zadanie D23 
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 [[#D14|D14]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D24 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Przestawianie wyrazów szeregu ===

 

Definicja D25 
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>.

Uwaga D26 
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.

Uwaga D27 
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.

Przykład D28 
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>
|}

Przykład D29 
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 [[#D30|D30]] p.2.

Zadanie D30 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D31 
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>

Definicja D32 
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>

Twierdzenie D33 
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 [[#D30|D30]] otrzymujemy natychmiast

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

Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D34 
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 [[#D73|D73]]), 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 [[#D33|D33]] 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 [[#D10|D10]]) zbieżny jest też szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math>.

Zadanie D35 
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 [[#D33|D33]] 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 [[#D10|D10]]) 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 [[#D24|D24]]). 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D36 
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''' 
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane. 

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.'''

Pierwszy sposób 
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 ([[#D10|D10]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D24|D24]])

::<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>

Drugi sposób 

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
 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D37 
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 [[#D33|D33]], 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 ([[#D36|D36]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D38 
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>[a]

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; " />
[a] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D39 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D40 
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 [[#D32|D32]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D41 (Bernhard Riemann<ref name="Riemann1"/>, 1854) 
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 [[#D33|D33]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D42 
W dowodzie twierdzenia [[#D41|D41]] 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}}
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);
}
 
{{\Spoiler}}

Uwaga D43 
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 [[#D37|D37]]. 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.

Twierdzenie D44 
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 [[#D33|D33]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

Twierdzenie D45 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D46 
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.

Twierdzenie D47 (kryterium całkowe zbieżności szeregów) 
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 [[#D45|D45]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D48 
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>.

Twierdzenie D49 
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 [[#D45|D45]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D50 
Twierdzenie [[#D49|D49]] 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:

f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)
S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )
R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )
'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D45|D45]] jest następujące 
Twierdzenie D51 
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 [[#D45|D45]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D52 
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 [[#D45|D45]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D53 
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 [[#D52|D52]]), 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 [[#D52|D52]].

Zadanie D54 
Korzystając z twierdzenia [[#D52|D52]], 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D55 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D56 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

Twierdzenie D57 
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.''' 
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D58 
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.''' 
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 [[#D15|D15]] p. 4 lub przykład [[#D48|D48]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.''' 
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D10|D10]]), bo

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

'''Punkt 3.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D59 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D60 
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.

Twierdzenie D61 
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)''' 
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)''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D62 
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 . 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D63 
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 [[#D61|D61]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D64 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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 [[#D63|D63]] 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 [[#D58|D58]] p. 3). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D65 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D66 
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 [[#D65|D65]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D67 
{| 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>

|}

Uwaga D68 
{| 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>

|}

Uwaga D69 
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.

Twierdzenie D70 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D71 
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 [[#D70|D70]] 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 [[#D45|D45]] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D72 
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 [[#D71|D71]] 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 [[#D62|D62]], 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 [[#D61|D61]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D73 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

Twierdzenie D74* (Viggo Brun, 1919) 
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"/>.

Zadanie D75 
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> 
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

Twierdzenie D76 
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.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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[a]

::<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>.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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>[b].

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; " />
[a] 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.

[b] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

Uwaga D77 
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>

Twierdzenie D78 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D79 
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 [[#D78|D78]] 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 [[#D45|D45]], 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]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D80 
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 [[#D78|D78]])

::<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]], [[#D76|D76]], [[#D79|D79]]). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D81 (sumowanie przez części) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D82 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D83 (kryterium Dirichleta) 
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny 

:*   <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 [[#D13|D13]]). 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 [[#D11|D11]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D84 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D85 
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 [[#D84|D84]] p.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[a]

::<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> 

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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D86 
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 [[#D84|D84]] p.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 [[#D13|D13]]). 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>. 

Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy 

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 [[#D84|D84]] p.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 [a])

::::<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; " />
[a] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D87 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D88 
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 [[#D87|D87]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D89 
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 [[#D88|D88]] 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.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>

Zadanie D90 
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 [[#D81|D81]]) <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. 
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

Twierdzenie D91 (kryterium d'Alemberta) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D92 
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>

Przykład D93 
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.

Zadanie D94 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D95 
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.

Definicja D96 
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>

Zadanie D97 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D98 
Ostatni punkt zadania [[#D97|D97]] 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
|}

Przykład D99 
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]]).

Zadanie D100 
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D97|D97]] p.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 [a], [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 [[#D82|D82]], [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 [[#D82|D82]], 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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D101 
Przykłady [[#D98|D98]] i [[#D99|D99]] 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.

Uwaga D102 
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.

Twierdzenie D103 (Franciszek Mertens) 
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 [[#D102|D102]]).

::<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>\;\; 

:::<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 | 

:::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D104 
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 [[#D102|D102]]).

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D105 
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 [[#D46|D46]], [[#D48|D48]] p.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 [[#D10|D10]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D106 
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]], [[#D46|D46]], [[#D48|D48]] p.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 [[#D46|D46]])

::<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 [[#D10|D10]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D107 
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D109|D109]] 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>.

Twierdzenie D108 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D109 
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 [[#D108|D108]] 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.2). Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D110 
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 [[#D108|D108]] 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.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 [[#D109|D109]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D111 (Niels Henrik Abel) 
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 [[#D102|D102]]).

::<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 [[#D102|D102]]).

::<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 [[#D109|D109]] i [[#D110|D110]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

Definicja D112 
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>.

Twierdzenie D113 
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 [[#D138|D138]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D114 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

Twierdzenie D115 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D116 
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 [[#D13|D13]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Suma nieoznaczona ===

Uwaga D117 
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 [[#D116|D116]])

::<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>

Uwaga D118 
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 [[#D13|D13]]), 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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);

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>

Zadanie D119 
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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);

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> 
□
{{\Spoiler}}

=== Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math> ===

Uwaga D120 
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D136|D136]] i [[#D137|D137]] 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"/>.

Twierdzenie D121 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D122 
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>.

Zadanie D123 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D116|D116]])

::<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 [[#D121|D121]])

::<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 [[#D121|D121]])

::<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.

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)!) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D124 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D115|D115]] p.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 [[#D121|D121]])

::<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 [[#D121|D121]])

::<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.

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 */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D125 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D115|D115]] p.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 [[#D121|D121]])

::<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 [[#D121|D121]])

::<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.

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) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D126 
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 [[#D139|D139]]), 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D127 
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>[a]

::::::::::::<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; " />
[a] W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D128 
Z zadania [[#D126|D126]] 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>.

Zadanie D129 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D115|D115]] p.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

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] )
)$

Wywołujemy procedurę <code>sum5(1, 2)</code> i wpisujemy funkcję

f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]

którego rozwiązanie jest postaci

S[n] = C * n * 2^(n-1)

Łatwo sprawdzamy, że <code>C = 1</code>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D130 
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 <code>sum5()</code>, której kod został podany w zadaniu [[#D129|D129]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <code>I, J</code>.

::<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.''' <code>sum5(1, 2)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 1)</code>

'''Punkt 2.''' <code>sum5(1, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 3.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 4.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 5.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 6.''' <code>sum5(2, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(3, 2)</code> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D131 
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D127|D127]]), 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 <code>sum5()</code>, aby obejmowała ona również takie przypadki

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] )
)$

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]
|}

Zadanie D132 
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 [[#D144|D144]]). Zatem korzystając z procedury <code>sum6(2, 1)</code>, 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D133 
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 [[#D144|D144]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D145|D145]])

::<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 <code>sum6(2, 1)</code>, 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math> ===

Uwaga D134 
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D113|D113]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

Twierdzenie D135 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D136 
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 [[#D135|D135]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D137 
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 [[#D135|D135]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D138 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Funkcja gamma ===

 

Definicja D139 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D140 
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>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.'''

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 3.'''

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 4.'''

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> 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D140|D140]] otrzymujemy 
Twierdzenie D141 
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 3. twierdzenia [[#D140|D140]]

'''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 3. twierdzenia [[#D140|D140]]

'''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}} 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D142 
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 [[#D140|D140]] p.3)

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D143 
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 [[#D140|D140]] p.2 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D144 
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 [[#D143|D143]], 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 [[#D139|D139]])

::<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}}

Zadanie D145 
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 [[#D143|D143]] 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}}

== 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 [[#D71|D71]].</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>

</references>

Szeregi liczbowe

2026-01-21T16:10:52Z

HenrykDabrowski:

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

__FORCETOC__

== Szeregi nieskończone ==

Definicja D1 
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>.

Definicja D2 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.

Definicja D3 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.

Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu) 
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> 
□
{{\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. 
Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D6 
Szereg harmoniczny naprzemienny <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math> jest zbieżny i

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

{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}}</math> wynika natychmiast z kryterium Leibniza ([[#D5|D5]]). Sumę szeregu trudniej policzyć – przedstawiony niżej sposób korzysta z własności całek

::<math>I_n = \int_0^1 {\small\frac{t^n}{1 + t^2}} dt</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 {\small\frac{1}{2 n + 2}} \leqslant I_n \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \qquad \qquad \;\; \text{dla} \;\; n \geqslant 0</math>

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

::3. <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>

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

'''Punkt 1.'''

Zauważmy, że w przedziale <math>[0, 1]</math> mamy <math>1 \leqslant 1 + t^2 \leqslant 2</math>, zatem <math>{\small\frac{1}{2}} \leqslant {\small\frac{1}{1 + t^2}} \leqslant 1</math>. Wynika stąd oszacowanie od góry

::<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>

I oszacowanie od dołu

::<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>

Co kończy dowód punktu 1.

'''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>

'''Punkt 3.'''

Korzystając ze znalezionego wzoru rekurencyjnego oraz indukcji matematycznej udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

::<math>I_{2 n + 1} = (- 1)^{n + 1} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right)</math>

Sprawdzamy poprawność wzoru dla <math>n = 1</math>. Z dowodzonego wzoru otrzymujemy

::<math>I_3 = \sum_{k = 1}^1 {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>

A ze wzoru rekurencyjnego dostajemy identyczny wzór

::<math>I_3 = {\small\frac{1}{2}} - I_1</math>

Załóżmy (złożenie indukcyjne), że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n</math>, dla <math>n + 1</math> mamy

::<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 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>

:::<math>\;\;\;\: = {\small\frac{1}{(2 n + 3) - 1}} - I_{2 n + 1}</math>

Ostatnia równość wynika z założenia indukcyjnego. Pokazaliśmy, że dowodzony wzór jest prawdziwy dla <math>n + 1</math>, co kończy dowód indukcyjny.

'''Punkt 4.'''

Z punktu 1. wynika ciąg nierówności

::<math>{\small\frac{1}{4 (n + 1)}} \leqslant I_{2 n + 1} \leqslant {\small\frac{1}{2 (n + 1)}}</math>

Z twierdzenia o trzech ciągach i twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C9|C9]] wynika natychmiast

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} I_{2 n + 1} = 0 = \lim_{n \rightarrow \infty} | I_{2 n + 1} |</math>

Zatem z punktu 3. mamy

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right| = 0</math>

Czyli

::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k = 1}^n {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} - I_1 \right) = 0</math>

Skąd natychmiast dostajemy, że

::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{2 k}} = I_1 = {\small\frac{\log 2}{2}}</math>

Mnożąc obie strony przez <math>2</math>, otrzymujemy dowodzony wzór. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D7 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D8 
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 [[#D7|D7]] 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]
|}

Twierdzenie D9 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D10 (kryterium porównawcze) 
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.''' 
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.''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D11 
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 [[#D10|D10]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D12 
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.

Twierdzenie D13 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D14 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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.''' 
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 [[#D10|D10]]) 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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D15 
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.''' 

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.''' 
Korzystając z twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A40|A40]] p.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.''' 
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.''' 
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 [[#D16|D16]], 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D16 
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 [[#D15|D15]], 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

'''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) ))

::{| 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 ==

 

=== Funkcje ===

 

Definicja D17 
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>.

Twierdzenie D18 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D19 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D20 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D21 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

=== Grupowanie wyrazów szeregu ===

 

Uwaga D22 
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 [[#D14|D14]] p.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.

Zadanie D23 
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 [[#D14|D14]] p.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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D24 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Przestawianie wyrazów szeregu ===

 

Definicja D25 
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>.

Uwaga D26 
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.

Uwaga D27 
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.

Przykład D28 
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>
|}

Przykład D29 
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 [[#D30|D30]] p.2.

Zadanie D30 
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}} \right) + \left( {\small\frac{1}{3}} - {\small\frac{1}{8}} - {\small\frac{1}{10}} - {\small\frac{1}{12}} \right) + \left( {\small\frac{1}{5}} - {\small\frac{1}{14}} - {\small\frac{1}{16}} - {\small\frac{1}{18}} \right) + \left( {\small\frac{1}{7}} - {\small\frac{1}{20}} - {\small\frac{1}{22}} - {\small\frac{1}{24}} \right) + \ldots = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log {\small\frac{4}{3}}</math>

::4.   <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>

::5.   <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \underbrace{{\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 2}} - {\small\frac{1}{2 a k - 2 a + 4}} - \ldots - {\small\frac{1}{2 a k}}}_{a \; \text{ wyrazów}} \right) = {\small\frac{1}{2}} \cdot \log {\small\frac{4}{a}}</math>

::6.   <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''' 
Nawiasy nie oznaczają tutaj jakiegoś szczególnego grupowania wyrazów szeregu. Zostały umieszczone jedynie po to, aby pokazać, jak poszczególne szeregi zostały zdefiniowane. 

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]]). Wynika stąd

::<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>\;\;\;\:\, \approx \left( \log (2 n) + \gamma + {\small\frac{1}{4 n}} - \ldots \right) - \left( \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \ldots \right)</math>

:::::::<math>\;\;\;\:\, = \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) - {\small\frac{1}{4 n}} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} \log 2</math>

'''Punkt 2.'''

Pierwszy sposób 
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 ([[#D10|D10]]) wynika, że powyższy szereg jest zbieżny, zatem możemy grupować wyrazy (zobacz [[#D24|D24]])

::<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>

Drugi sposób 

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>\;\;\,\, \approx {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( \log (2 n) + \gamma + {\small\frac{1}{4 n}} - \ldots \right) - \left( \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \ldots \right) \right]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{2 n}{n}} \right) + {\small\frac{1}{4 n}} - {\small\frac{1}{2 n}} \right]</math>

::::::::::<math>\;\;\,\, = {\small\frac{1}{2}} \left( \log 2 - {\small\frac{1}{4 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}{6 k - 4}} - {\small\frac{1}{6 k - 2}} - {\small\frac{1}{6 k}} \right) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2 k - 1}} - \sum^n_{k = 1} \left( {\small\frac{1}{6 k - 4}} + {\small\frac{1}{6 k - 2}} + {\small\frac{1}{6 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}{6 n - 4}} + {\small\frac{1}{6 n - 2}} + {\small\frac{1}{6 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}{3 n - 2}} + {\small\frac{1}{3 n - 1}} + {\small\frac{1}{3 n}} \right)</math>

:::::::::::::<math>\;\; = H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} H_{3 n}</math>

:::::::::::::<math>\;\; \approx \left( \log (2 n) + \gamma + {\small\frac{1}{4 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log (3 n) + \gamma + {\small\frac{1}{6 n}} - \ldots \right)</math>

:::::::::::::<math>\;\; = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log (4 n^2) + 2 \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \log n - \gamma - {\small\frac{1}{2 n}} - \log (3 n) - \gamma - {\small\frac{1}{6 n}} \right]</math>

:::::::::::::<math>\;\; = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 3 n}} \right) - {\small\frac{1}{6 n}} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} {\small\frac{1}{2}} \cdot \log {\small\frac{4}{3}}</math>

'''Punkt 4.'''

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>\: \approx \left( \log (2 n) + \gamma + {\small\frac{1}{4 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log (4 n) + \gamma + {\small\frac{1}{8 n}} - \ldots \right)</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log (4 n^2) + 2 \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \log n - \gamma - {\small\frac{1}{2 n}} - \log (4 n) - \gamma - {\small\frac{1}{8 n}} \right]</math>

::::::::::::::::<math>\: = {\small\frac{1}{2}} \left[ \log \left( {\small\frac{4 n^2}{n \cdot 4 n}} \right) - {\small\frac{1}{8 n}} \right] \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} 0</math>

'''Punkt 5.'''

Sumujemy bloki

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

:::::::<math>= \underset{k \text{ nieparzyste}}{\sum_{k = 1}^{2 n - 1}} {\small\frac{1}{k}} - \left[ \left( {\small\frac{1}{2}} + {\small\frac{1}{4}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 a}} \right) + \left( {\small\frac{1}{2 a + 2}} + {\small\frac{1}{2 a + 4}} + \ldots + {\small\frac{1}{4 a}} \right) + \left( {\small\frac{1}{4 a + 2}} + {\small\frac{1}{4 a + 4}} + \ldots + {\small\frac{1}{6 a}} \right) + \ldots + \left( {\small\frac{1}{2 a n - 2 a + 2}} + {\small\frac{1}{2 a n - 2 a + 4}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 a n}} \right) \right]</math>

:::::::<math>= H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( 1 + {\small\frac{1}{2}} + \ldots + {\small\frac{1}{a}} \right) + \left( {\small\frac{1}{a + 1}} + {\small\frac{1}{a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 a}} \right) + \left( {\small\frac{1}{2 a + 1}} + {\small\frac{1}{2 a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{3 a}} \right) + \ldots + \left( {\small\frac{1}{a n - a + 1}} + {\small\frac{1}{a n - a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{a n}} \right) \right]</math>

:::::::<math>= H_{2 n} - {\small\frac{1}{2}} H_n - {\small\frac{1}{2}} \left[ 1 + {\small\frac{1}{2}} + \ldots + {\small\frac{1}{a}} + {\small\frac{1}{a + 1}} + {\small\frac{1}{a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{2 a}} + {\small\frac{1}{2 a + 1}} + {\small\frac{1}{2 a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{3 a}} + \ldots + {\small\frac{1}{a n - a + 1}} + {\small\frac{1}{a n - a + 2}} + \ldots + {\small\frac{1}{a n}} \right]</math>

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

:::::::<math>\approx \left( \log (2 n) + \gamma + {\small\frac{1}{4 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log n + \gamma + {\small\frac{1}{2 n}} - \ldots \right) - {\small\frac{1}{2}} \left( \log (a n) + \gamma + {\small\frac{1}{2 a n}} - \ldots \right)</math>

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

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

'''Punkt 6.'''

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
 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D31 
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>[a]

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; " />
[a] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D32 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D33 
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 [[#D32|D32]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D34 (Bernhard Riemann<ref name="Riemann1"/>, 1854) 
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 [[#D33|D33]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i całka oznaczona ==

Twierdzenie D35 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D36 
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.

Twierdzenie D37 (kryterium całkowe zbieżności szeregów) 
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 [[#D35|D35]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D38 
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>.

Twierdzenie D39 
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 [[#D35|D35]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D40 
Twierdzenie [[#D39|D39]] 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:

f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)
S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )
R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )
'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, " a= ", suma + reszta - f(m), " b= ", suma + reszta ))

Prostym wnioskiem z twierdzenia [[#D35|D35]] jest następujące 
Twierdzenie D41 
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 [[#D35|D35]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D42 
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 [[#D35|D35]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D43 
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 [[#D42|D42]]), 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 [[#D42|D42]].

Zadanie D44 
Korzystając z twierdzenia [[#D42|D42]], 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D45 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D46 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Szeregi nieskończone i liczby pierwsze ==

Twierdzenie D47 
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.''' 
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia [[#D5|D5]].

'''Punkt 2.''' 
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.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D48 
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.''' 
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 [[#D15|D15]] p. 4 lub przykład [[#D38|D38]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>

'''Punkt 2.''' 
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D10|D10]]), bo

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

'''Punkt 3.''' 
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.''' 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D49 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D50 
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.

Twierdzenie D51 
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)''' 
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)''' 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D52 
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 . 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D53 
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 [[#D51|D51]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D54 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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 [[#D53|D53]] 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 [[#D48|D48]] p. 3). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D55 (pierwsze twierdzenie Mertensa<ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/>, 1874) 
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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D56 
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 [[#D55|D55]] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D57 
{| 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>

|}

Uwaga D58 
{| 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>

|}

Uwaga D59 
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.

Twierdzenie D60 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D61 
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 [[#D60|D60]] 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 [[#D35|D35]] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D62 
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 [[#D61|D61]] 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 [[#D52|D52]], 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 [[#D51|D51]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Definicja D63 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>

Twierdzenie D64* (Viggo Brun, 1919) 
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"/>.

Zadanie D65 
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> 
□
{{\Spoiler}}

== Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==

Twierdzenie D66 
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.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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[a]

::<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>.

Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> 

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>[b].

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; " />
[a] 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.

[b] 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>. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumowanie przez części ==

Uwaga D67 
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>

Twierdzenie D68 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D69 
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 [[#D68|D68]] 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 [[#D35|D35]], 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]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D70 
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 [[#D68|D68]])

::<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]], [[#D66|D66]], [[#D69|D69]]). 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D71 (sumowanie przez części) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D72 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D73 (kryterium Dirichleta) 
Niech <math>(a_k)</math> i <math>(b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

:*   ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny 

:*   <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 [[#D13|D13]]). 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 [[#D11|D11]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D74 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D75 
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 [[#D74|D74]] p.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[a]

::<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> 

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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D76 
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 [[#D74|D74]] p.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 [[#D13|D13]]). 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>. 

Oszacowanie błędu z jakim wyznaczona została wartość sumy 

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 [[#D74|D74]] p.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 [a])

::::<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; " />
[a] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D77 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D78 
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 [[#D77|D77]]) 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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D79 
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 [[#D78|D78]] 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.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>

Zadanie D80 
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 [[#D71|D71]]) <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. 
□
{{\Spoiler}}

== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==

Twierdzenie D81 (kryterium d'Alemberta) 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D82 
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>

Przykład D83 
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.

Zadanie D84 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D85 
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.

Definicja D86 
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>

Zadanie D87 
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> 
□
{{\Spoiler}}

Przykład D88 
Ostatni punkt zadania [[#D87|D87]] 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
|}

Przykład D89 
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]]).

Zadanie D90 
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n</math> i <math>c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D87|D87]] p.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 [a], [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 [[#D72|D72]], [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 [[#D72|D72]], 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; " />
[a] 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> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D91 
Przykłady [[#D88|D88]] i [[#D89|D89]] 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.

Uwaga D92 
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.

Twierdzenie D93 (Franciszek Mertens) 
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 [[#D92|D92]]).

::<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>\;\; 

:::<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 | 

:::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D94 
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 [[#D92|D92]]).

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D95 
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 [[#D36|D36]], [[#D38|D38]] p.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 [[#D10|D10]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D96 
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]], [[#D36|D36]], [[#D38|D38]] p.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 [[#D36|D36]])

::<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 [[#D10|D10]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D97 
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D99|D99]] 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>.

Twierdzenie D98 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D99 
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 [[#D98|D98]] 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.2). Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D100 
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 [[#D98|D98]] 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.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 [[#D99|D99]] 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D101 (Niels Henrik Abel) 
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 [[#D92|D92]]).

::<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 [[#D92|D92]]).

::<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 [[#D99|D99]] i [[#D100|D100]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

== Liczby Catalana ==

Definicja D102 
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>.

Twierdzenie D103 
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 [[#D128|D128]]). 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D104 
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. 
□
{{\Spoiler}}

== Sumy współczynników dwumianowych ==

Twierdzenie D105 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D106 
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 [[#D13|D13]])

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Suma nieoznaczona ===

Uwaga D107 
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 [[#D106|D106]])

::<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>

Uwaga D108 
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 [[#D13|D13]]), 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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);

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>

Zadanie D109 
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

'''load''' ("zeilberger");
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);

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> 
□
{{\Spoiler}}

=== Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math> ===

Uwaga D110 
Rozważmy sumę

::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>

W twierdzeniach [[#D126|D126]] i [[#D127|D127]] 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"/>.

Twierdzenie D111 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D112 
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>.

Zadanie D113 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D106|D106]])

::<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 [[#D111|D111]])

::<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 [[#D111|D111]])

::<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.

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)!) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D114 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D105|D105]] p.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 [[#D111|D111]])

::<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 [[#D111|D111]])

::<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.

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 */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D115 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D105|D105]] p.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 [[#D111|D111]])

::<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 [[#D111|D111]])

::<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.

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) */
)$
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D116 
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 [[#D129|D129]]), 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D117 
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>[a]

::::::::::::<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; " />
[a] W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania. 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D118 
Z zadania [[#D116|D116]] 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>.

Zadanie D119 
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D105|D105]] p.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

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] )
)$

Wywołujemy procedurę <code>sum5(1, 2)</code> i wpisujemy funkcję

f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)

W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne

n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]

którego rozwiązanie jest postaci

S[n] = C * n * 2^(n-1)

Łatwo sprawdzamy, że <code>C = 1</code>. Co należało pokazać. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D120 
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 <code>sum5()</code>, której kod został podany w zadaniu [[#D119|D119]].

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <code>I, J</code>.

::<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.''' <code>sum5(1, 2)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 1)</code>

'''Punkt 2.''' <code>sum5(1, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 3.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 4.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 5.''' <code>sum5(2, 2)</code>

'''Punkt 6.''' <code>sum5(2, 3)</code>, zobacz też <code>sum5(3, 2)</code> 
□
{{\Spoiler}}

Uwaga D121 
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D117|D117]]), 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 <code>sum5()</code>, aby obejmowała ona również takie przypadki

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] )
)$

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]
|}

Zadanie D122 
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 [[#D134|D134]]). Zatem korzystając z procedury <code>sum6(2, 1)</code>, 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>. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D123 
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 [[#D134|D134]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D135|D135]])

::<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 <code>sum6(2, 1)</code>, 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. 
□
{{\Spoiler}}

== Uzupełnienie ==

 

=== Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math> ===

Uwaga D124 
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D103|D103]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.

Twierdzenie D125 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D126 
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 [[#D125|D125]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D127 
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 [[#D125|D125]]), 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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D128 
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. 
□
{{\Spoiler}}

=== Funkcja gamma ===

 

Definicja D129 
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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D130 
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>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.'''

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 3.'''

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 4.'''

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> 
□
{{\Spoiler}}

Ze wzorów podanych w twierdzeniu [[#D130|D130]] otrzymujemy 
Twierdzenie D131 
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 3. twierdzenia [[#D130|D130]]

'''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 3. twierdzenia [[#D130|D130]]

'''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}} 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D132 
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 [[#D130|D130]] p.3)

::<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. 
□
{{\Spoiler}}

Twierdzenie D133 
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 [[#D130|D130]] p.2 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. 
□
{{\Spoiler}}

Zadanie D134 
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 [[#D133|D133]], 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 [[#D129|D129]])

::<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}}

Zadanie D135 
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 [[#D133|D133]] 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}}

== 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 [[#D61|D61]].</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>

</references>