Szeregi liczbowe: Różnice pomiędzy wersjami

Z Henryk Dąbrowski
Przejdź do nawigacji Przejdź do wyszukiwania
 
(Nie pokazano 40 pośrednich wersji utworzonych przez tego samego użytkownika)
Linia 7: Linia 7:
 
== Szeregi nieskończone ==
 
== Szeregi nieskończone ==
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
+
<span id="D1" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D1</span><br/>
 
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>
 
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego <math>(a_n)</math>
  
Linia 16: Linia 16:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
+
<span id="D2" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D2</span><br/>
 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.
 
Ciąg <math>S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k</math> nazywamy ciągiem sum częściowych szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math>.
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
+
<span id="D3" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D3</span><br/>
 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.
 
Szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> będziemy nazywali zbieżnym, jeżeli ciąg sum częściowych <math>\left ( S_n \right )</math> jest zbieżny.
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
+
<span id="D4" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)</span><br/>
 
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.
 
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest zbieżny, to <math>\lim_{n \to \infty} a_n = 0</math>.
  
Linia 39: Linia 39:
  
 
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&nbsp;poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
 
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&nbsp;poniższym twierdzeniu rodzaj szeregów nazywamy szeregami naprzemiennymi.<br/>
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
+
<span id="D5" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D5 (kryterium Leibniza)</span><br/>
 
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o&nbsp;wyrazach nieujemnych. Jeżeli
 
Niech ciąg <math>(a_n)</math> będzie ciągiem malejącym o&nbsp;wyrazach nieujemnych. Jeżeli
  
Linia 55: Linia 55:
 
::<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>
 
::<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&nbsp;ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia C10 jest zbieżny, czyli
+
Zatem dla każdego <math>m</math> ciąg sum częściowych <math>S_{2 m}</math> jest rosnący i&nbsp;ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia [[Ciągi liczbowe#C11|C11]] jest zbieżny, czyli
  
 
::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>
 
::<math>\lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g</math>
Linia 69: Linia 69:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D6</span><br/>
+
<span id="D6" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D6</span><br/>
 
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek
 
Dla <math>s > 1</math> prawdziwy jest następujący związek
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s} = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^s}</math>
+
::<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}}
 
{{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} \frac{1}{k^s}</math> w&nbsp;postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i&nbsp;nieparzystych
+
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&nbsp;postaci sumy dla <math>k</math> parzystych i&nbsp;nieparzystych
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{5^s} + \ldots =</math>
+
::<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} \frac{1}{(2 k - 1)^s} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k)^s} =</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} \frac{1}{(2 k - 1)^s} + \frac{1}{2^s} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{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
 
Otrzymujemy wzór
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k - 1)^s} = (1 - 2^{- s}) \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^s}</math>
+
::<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
 
Podobnie rozpiszmy szereg naprzemienny
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s} = 1 - \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} - \frac{1}{4^s} + \frac{1}{5^s} - \ldots =</math>
+
::<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} \frac{1}{(2 k - 1)^s} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 k)^s} =</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} \frac{1}{k^s} - \frac{1}{2^s} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{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} \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} \frac{1}{(2 k - 1)^s}</math><br/>
+
gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 104: Linia 104:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
+
<span id="D7" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D7</span><br/>
 
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta<ref name="DirichletEta"/>, którą definiuje szereg naprzemienny
 
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} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}</math>
+
::<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
 
lub funkcja dzeta Riemanna<ref name="RiemannZeta"/>, którą definiuje inny szereg
  
::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^s}</math>
+
::<math>\zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>
  
Na podstawie twierdzenia D6 funkcje te są związane wzorem
+
Na podstawie twierdzenia [[#D6|D6]] funkcje te są związane wzorem
  
 
::<math>\eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s)</math>
 
::<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} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^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;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
|-
 
|-
| <math>s = \frac{1}{2}</math>
+
| <math>s = {\small\frac{1}{2}}</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{\sqrt{k}} = 0.604898643421 \ldots</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]
 
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%2F2%5D WolframAlpha]
 
|-
 
|-
 
| <math>s = 1</math>
 
| <math>s = 1</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k} = \log 2 = 0.693147180559 \ldots</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]
 
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B1%5D WolframAlpha]
 
|-
 
|-
 
| <math>s = 2</math>
 
| <math>s = 2</math>
| <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12} = 0.822467033424 \ldots</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]
 
| [https://www.wolframalpha.com/input/?i=DirichletEta%5B2%5D WolframAlpha]
 
|}
 
|}
Linia 136: Linia 136:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
+
<span id="D8" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D8</span><br/>
 
Niech <math>N \in \mathbb{Z}_+</math>. Szeregi <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> oraz <math>\sum_{k = N}^{\infty} a_k</math> są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W&nbsp;przypadku zbieżności zachodzi związek
 
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&nbsp;przypadku zbieżności zachodzi związek
  
Linia 152: Linia 152:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D9 (kryterium porównawcze)</span><br/>
+
<span id="D9" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D9 (kryterium porównawcze)</span><br/>
 
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek
 
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita <math>N_0</math>, że dla każdego <math>k > N_0</math> jest spełniony warunek
  
Linia 183: Linia 183:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
+
<span id="D10" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D10</span><br/>
 
Jeżeli szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k  \right |</math> jest zbieżny, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k</math> jest również zbieżny.
 
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.
  
Linia 191: Linia 191:
 
::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>
 
::<math>0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k |</math>
  
Zatem z&nbsp;punktu 1. twierdzenia D9 wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z&nbsp;definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i&nbsp;możemy napisać
+
Zatem z&nbsp;punktu 1. twierdzenia [[#D9|D9]] wynika, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} b_k</math> jest zbieżny. Z&nbsp;definicji wyrazów ciągu <math>\left ( b_k \right )</math> mamy <math>a_k = b_k - | a_k |</math> i&nbsp;możemy napisać
  
 
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>
 
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \sum_{k = 1}^{\infty} b_k - \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k |</math>
Linia 201: Linia 201:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D11</span><br/>
+
<span id="D11" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D11</span><br/>
 +
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''bezwzględnie zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest zbieżny.
 +
 
 +
Powiemy, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest '''warunkowo zbieżny''', jeżeli szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest zbieżny, ale szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | a_n |</math> jest rozbieżny.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D12" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w&nbsp;jednej z&nbsp;postaci
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Jeżeli wyrazy ciągu <math>(a_n)</math> można zapisać w&nbsp;jednej z&nbsp;postaci
  
Linia 215: Linia 222:
 
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) =</math>
 
::<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_{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>= f_m - f_{n + 1}</math>
Linia 227: Linia 234:
 
::<math>\sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) =</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_m + f_m - f_{m + 1} + f_{m + 1} - f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2} - f_{n - 1} + f_{n - 1} - f_n</math>
  
::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n =</math>
+
::::<math>= f_{m - 1} + (- f_m + f_m) + (- f_{m + 1} + f_{m + 1}) + (- f_{m + 2} + \ldots + f_{n - 2}) + (- f_{n - 1} + f_{n - 1}) - f_n</math>
  
 
::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
 
::::<math>= f_{m - 1} - f_n</math><br/>
Linia 239: Linia 246:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D12</span><br/>
+
<span id="D13" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D13</span><br/>
 
Następujące szeregi są zbieżne
 
Następujące szeregi są zbieżne
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
|-
 
|-
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} \frac{1}{k (k + 1)} = 1</math>
+
| 1. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
 
|  
 
|  
 
|-
 
|-
| 2. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} \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} \frac{1}{k^2 - 1} = \frac{3}{4}</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} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} = 1.644934066848 \ldots</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]
 
| [https://oeis.org/A013661 A013661], [https://www.wolframalpha.com/input/?i=Zeta%282%29 WolframAlpha]
 
|}
 
|}
Linia 261: Linia 268:
 
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym
 
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym
  
::<math>\frac{1}{k (k + 1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}}</math>
  
 
Zatem
 
Zatem
  
::<math>\sum^n_{k = 1} \frac{1}{k (k + 1)} = \sum^n_{k = 1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right) = 1 - \frac{1}{n + 1}</math>
+
::<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
 
Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy
  
::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} \frac{1}{k (k + 1)} = 1</math>
+
::<math>\sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = 1</math>
  
 
'''Punkt 2.'''<br/>
 
'''Punkt 2.'''<br/>
Linia 277: Linia 284:
 
Należy skorzystać z&nbsp;tożsamości
 
Należy skorzystać z&nbsp;tożsamości
  
::<math>\frac{1}{k^2 - 1} = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \right) + \left( \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} \right) \right]</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{k^2 - 1}} = {\small\frac{1}{2}} \left[ \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right) + \left( {\small\frac{1}{k - 1}} - {\small\frac{1}{k}} \right) \right]</math>
  
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność
 
Ponieważ dla <math>k \geqslant 2</math> prawdziwa jest nierówność
  
::<math>0 < \frac{1}{k^2} < \frac{1}{k^2 - 1}</math>
+
::<math>0 < {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math>
  
to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie D9) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} \frac{1}{k^2 - 1}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2}</math><br/>
+
to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D9|D9]]) ze zbieżności szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 290: Linia 297:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D13</span><br/>
+
<span id="D14" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D14</span><br/>
 
Następujące szeregi są zbieżne
 
Następujące szeregi są zbieżne
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
|-
 
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}} = 1.860025079221 \ldots</math>
+
| 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} \frac{\log k}{k (k + 1)} = 0.788530565911 \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]
 
| [https://oeis.org/A085361 A085361]
 
|-
 
|-
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} \frac{\log k}{k (k - 1)} = 1.257746886944 \ldots</math>
+
| 3. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.257746886944 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
 
| [https://oeis.org/A131688 A131688]
 
|-
 
|-
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} \frac{1}{k \cdot \log^2 \! k} = 1.069058310734 \ldots</math>
+
| 4. <math>\quad \sum^{\infty}_{k = 3} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} = 1.069058310734 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
 
| [https://oeis.org/A115563 A115563]
 
|}
 
|}
Linia 313: Linia 320:
 
Wystarczy zauważyć, że
 
Wystarczy zauważyć, że
  
::<math>\frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1}} =</math>
+
::<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>\quad\: = \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 \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}}</math>
  
::::::<math>\quad\: > \frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}</math>
+
::::::<math>\:\, > {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}}</math>
  
::::::<math>\quad\: = \frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}</math>
+
::::::<math>\:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}}</math>
  
 
Zatem
 
Zatem
  
::<math>\sum_{k = 1}^n \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}} = 2 \sum_{k = 1}^n \frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}} <</math>
+
::<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( \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k + 1}} \right) =</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 - \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \right) <</math>
+
::::::<math>\:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right)</math>
  
::::::<math>\;\;\;\: < 2</math>
+
::::::<math>\:\, < 2</math>
  
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.
  
 
'''Punkt 2.'''<br/>
 
'''Punkt 2.'''<br/>
Korzystając z&nbsp;twierdzenia A37, możemy napisać oszacowanie
+
Korzystając z&nbsp;twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A37|A37]] p.4, możemy napisać oszacowanie
  
::<math>0 < \frac{\log k}{k (k + 1)} < \frac{2 \sqrt{k}}{k (k + 1)} < \frac{2}{(k + 1) \sqrt{k}}</math>
+
::<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} \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} \frac{\log k}{k (k + 1)}</math>
+
Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math> wynika zbieżność szeregu <math>\sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}}</math>
  
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
Zauważmy, że
 
Zauważmy, że
  
::<math>\frac{\log (k - 1)}{k - 1} - \frac{\log (k)}{k} = \frac{k \log (k - 1) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)} =</math>
+
::<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>\;\;\, = \frac{k \log \left( k \left( 1 - \frac{1}{k} \right) \right) - (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>\;\;\, = \frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - \frac{1}{k} \right) - k \log (k) + \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>\;\;\, > \frac{\log (k) - k \cdot \frac{1}{k - 1}}{k (k - 1)} =</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}}</math>
  
::::::::<math>\;\;\, = \frac{\log (k)}{k (k - 1)} - \frac{1}{(k - 1)^2}</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}}</math>
  
 
Czyli prawdziwe jest oszacowanie
 
Czyli prawdziwe jest oszacowanie
  
::<math>\frac{\log (k)}{k (k - 1)} < \left[ \frac{\log (k - 1)}{k - 1} - \frac{\log (k)}{k} \right] + \frac{1}{(k - 1)^2}</math>
+
::<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
 
Zatem możemy napisać
  
::<math>\sum_{k = 2}^{n} \frac{\log (k)}{k (k - 1)} < \sum_{k = 2}^{n} \left[ \frac{\log (k - 1)}{k - 1} - \frac{\log (k)}{k} \right] + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{(k - 1)^2}</math>
+
::<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>\: < - \frac{\log (n)}{n} + \sum_{j = 1}^{n - 1} \frac{1}{j^2}</math>
+
:::::<math>\;\;\;\, < - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}}</math>
  
::::::<math>\: < \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{1}{j^2} =</math>
+
:::::<math>\;\;\;\, < \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}}</math>
  
::::::<math>\: = \frac{\pi^2}{6}</math>
+
:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>
  
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.
Linia 372: Linia 379:
 
Zauważmy, że
 
Zauważmy, że
  
::<math>\frac{1}{\log (k)} - \frac{1}{\log (k + 1)} = \frac{\log (k + 1) - \log (k)}{\log (k) \log (k + 1)} =</math>
+
::<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>\;\;\, = \frac{\log \left( 1 + \frac{1}{k} \right)}{\log (k) \log (k + 1)} <</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}}</math>
  
::::::::<math>\;\;\, < \frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)} <</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}}</math>
  
::::::::<math>\;\;\, < \frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>
  
 
Z drugiej strony mamy
 
Z drugiej strony mamy
  
::<math>\frac{1}{\log (k - 1)} - \frac{1}{\log (k)} = \frac{\log (k) - \log (k - 1)}{\log (k - 1) \log (k)} =</math>
+
::<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>\;\;\, = \frac{\log \left( 1 + \frac{1}{k - 1} \right)}{\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>\;\;\, > \frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)} ></math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}}</math>
  
::::::::<math>\;\;\, > \frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}</math>
+
:::::::<math>\;\;\;\, > {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}}</math>
  
 
Wynika stąd następujący ciąg nierówności
 
Wynika stąd następujący ciąg nierówności
  
::<math>\frac{1}{\log (k)} - \frac{1}{\log (k + 1)} < \frac{1}{k \cdot \log^2 \! k} < \frac{1}{\log (k - 1)} - \frac{1}{\log (k)}</math>
+
::<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&nbsp;pełni w&nbsp;przykładzie D14, a&nbsp;do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy
+
Rezultat ten wykorzystamy w&nbsp;pełni w&nbsp;przykładzie [[#D15|D15]], a&nbsp;do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy
  
::<math>\sum_{k = 3}^{n} \frac{1}{k \cdot \log^2 \! k} < \sum_{k = 3}^{n} \left[ \frac{1}{\log (k - 1)} - \frac{1}{\log (k)} \right] =</math>
+
::<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>\; = \frac{1}{\log 2} - \frac{1}{\log (n)} <</math>
+
:::::<math>\;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}}</math>
  
::::::<math>\; < \frac{1}{\log 2}</math>
+
:::::<math>\;\;\;\, < {\small\frac{1}{\log 2}}</math>
  
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
 
Ponieważ ciąg sum częściowych szeregu jest rosnący i&nbsp;ograniczony, to szereg jest zbieżny.<br/>
Linia 409: Linia 416:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D14</span><br/>
+
<span id="D15" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D15</span><br/>
Na przykładzie szeregu <math>\sum_{k = 3}^{\infty} \frac{1}{k \cdot \log^2 k}</math> pokażemy, jak należy obliczać przybliżoną wartość sumy szeregu.
+
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&nbsp;stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części
 
Ponieważ nie jesteśmy w&nbsp;stanie zsumować nieskończenie wielu wyrazów, zatem najlepiej będzie podzielić szereg na dwie części
  
::<math>\sum_{k = 3}^{\infty} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} = \sum_{k = 3}^{m} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} + \sum_{k = m + 1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot \log^2 k}</math>
+
::<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&nbsp;dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.
 
Wartość pierwszej części możemy policzyć bezpośrednio, a&nbsp;dla drugiej części powinniśmy znaleźć jak najlepsze oszacowanie.
  
Dowodząc twierdzenie D13, w&nbsp;punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności
+
Dowodząc twierdzenie [[#D14|D14]], w&nbsp;punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności
  
::<math>\frac{1}{\log (k)} - \frac{1}{\log (k + 1)} < \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \frac{1}{\log (k - 1)} - \frac{1}{\log (k)}</math>
+
::<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
 
Wykorzystamy powyższy wzór do znalezienia potrzebnego nam oszacowania. Sumując strony nierówności, dostajemy
  
::<math>\sum_{k = m + 1}^{n} \left( \frac{1}{\log (k)} - \frac{1}{\log (k + 1)} \right) < \sum_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \sum_{k = m + 1}^{n} \left( \frac{1}{\log (k - 1)} - \frac{1}{\log (k)} \right)</math>
+
::<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&nbsp;po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że
 
Ponieważ szeregi po lewej i&nbsp;po prawej stronie są szeregami teleskopowymi, to łatwo znajdujemy, że
  
::<math>\frac{1}{\log (m + 1)} - \frac{1}{\log (n + 1)} < \sum_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \frac{1}{\log m} - \frac{1}{\log n}</math>
+
::<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
 
Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie
  
::<math>\frac{1}{\log (m + 1)} < \sum_{k = m + 1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \frac{1}{\log m}</math>
+
::<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>
 
Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od <math>k = 3</math> do <math>k = m</math>
  
::<math>\frac{1}{\log (m + 1)} + \sum_{k = 3}^{m} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \sum_{k = 3}^{\infty} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} < \frac{1}{\log m} + \sum_{k = 3}^{m} \frac{1}{k \cdot \log^2 k}</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
 
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) ))
+
  <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 1, 8, s = '''sum'''( k = 3, 10^n, 1/k/('''log'''(k))^2 ); '''print'''( "n= ", n, "  a= ", s + 1/'''log'''(10^n+1), "  b= ", s + 1/'''log'''(10^n) ))</span>
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: center; margin-right: auto;"
Linia 471: Linia 478:
 
Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik
 
Natomiast samo zsumowanie <math>10^8</math> wyrazów szeregu daje wynik
  
::<math>\sum_{k = 3}^{10^8} \frac{1}{k \cdot \log^2 k} = 1.014 771 500 510 916 \ldots</math>
+
::<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&nbsp;dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i&nbsp;od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.
 
Zatem mimo zsumowania stu milionów(!) wyrazów szeregu otrzymaliśmy rezultat z&nbsp;dokładnością jednego(!) miejsca po przecinku. Co więcej, nie wiemy, jaka jest dokładność uzyskanego rezultatu. Znając oszacowanie od dołu i&nbsp;od góry, dokładność jednego miejsca po przecinku uzyskaliśmy po zsumowaniu dziesięciu(!) wyrazów szeregu.
Linia 483: Linia 490:
 
== Szeregi nieskończone i&nbsp;całka oznaczona ==
 
== Szeregi nieskończone i&nbsp;całka oznaczona ==
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D15</span><br/>
+
<span id="D16" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D16</span><br/>
 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności
 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, n + 1]</math>, to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności
  
Linia 518: Linia 525:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D16</span><br/>
+
<span id="D17" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D17</span><br/>
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k}</math>.
+
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}}</math>.
  
Funkcja <math>f(x) = \frac{1}{x}</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;silnie malejąca w&nbsp;przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie
+
Funkcja <math>f(x) = {\small\frac{1}{x}}</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;silnie malejąca w&nbsp;przedziale <math>(0, + \infty)</math>, zatem dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest oszacowanie
  
::<math>\int_{1}^{n + 1} \frac{d x}{x} < \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} < 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x}</math>
+
::<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].
 
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} \frac{1}{k} < 1 + \log n</math>
+
::<math>\log (n + 1) < \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} < 1 + \log n</math>
  
 
Ponieważ
 
Ponieważ
  
::<math>\log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + \frac{1}{n} \right) > \log n + \frac{1}{n + 1}</math>
+
::<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
 
to dostajemy
  
::<math>\frac{1}{n + 1} < \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \log n < 1</math>
+
::<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} \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&nbsp;zbieżności szeregów.
+
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&nbsp;zbieżności szeregów.
  
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D17 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
+
<span id="D18" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D18 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)</span><br/>
 
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w&nbsp;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.
 
Załóżmy, że funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, + \infty)</math>. Szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f(k)</math> jest zbieżny lub rozbieżny w&nbsp;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}}
 
{{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&nbsp;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).
+
Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja <math>f(x)</math> jest malejąca, będzie wykorzystane w&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;byłby w&nbsp;sposób oczywisty zbieżny.
 
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&nbsp;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&nbsp;byłby w&nbsp;sposób oczywisty zbieżny.
Linia 552: Linia 559:
 
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
 
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 = \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>
+
::<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&nbsp;twierdzeniu D15 i&nbsp;przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy
+
Po tych uwagach dotyczących założeń możemy przejść do właściwego dowodu. Korzystając ze wzoru udowodnionego w&nbsp;twierdzeniu [[#D16|D16]] i&nbsp;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>
 
::<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>
Linia 570: Linia 577:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D18</span><br/>
+
<span id="D19" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D19</span><br/>
 
Przykłady zebraliśmy w&nbsp;tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].
 
Przykłady zebraliśmy w&nbsp;tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony [https://www.wolframalpha.com/input?i=integral+1%2Fsqrt%28x%29 WolframAlpha].
  
Linia 581: Linia 588:
 
! wynik
 
! wynik
 
|-
 
|-
| 1. || <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k}</math> || <math>\frac{1}{x}</math> || <math>\log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
+
| 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} \frac{1}{\sqrt{k}}</math> || <math>\frac{1}{\sqrt{x}}</math> || <math>2 \sqrt{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} \frac{1}{k^2}</math> || <math>\frac{1}{x^2}</math> || <math>- \frac{1}{x}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
+
| 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} \frac{1}{k \log k}</math> || <math>\frac{1}{x \log x}</math> || <math>\log \log x</math> || <math>\infty</math> || szereg rozbieżny
+
| 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} \frac{1}{k \log^2 \! k}</math> || <math>\frac{1}{x \log^2 \! x}</math> || <math>- \frac{1}{\log x}</math> || <math>0</math> || szereg zbieżny
+
| 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
+
Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^s}</math>
+
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}}</math>
  
::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k \log^s \! k}</math>
+
::<math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}}</math>
  
 
są zbieżne dla <math>s > 1</math> i&nbsp;rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.
 
są zbieżne dla <math>s > 1</math> i&nbsp;rozbieżne dla <math>s \leqslant 1</math>.
Linia 603: Linia 610:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D19</span><br/>
+
<span id="D20" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D20</span><br/>
 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz
 
Jeżeli funkcja <math>f(x)</math> jest ciągła, dodatnia i&nbsp;malejąca w&nbsp;przedziale <math>[m, \infty)</math> oraz
  
Linia 615: Linia 622:
  
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru udowodnionego w&nbsp;twierdzeniu D15 i&nbsp;przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, dostajemy
+
Korzystając ze wzoru udowodnionego w&nbsp;twierdzeniu [[#D16|D16]] i&nbsp;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>
 
::<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>
Linia 633: Linia 640:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D20</span><br/>
+
<span id="D21" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D21</span><br/>
Twierdzenie D19 umożliwia określenie, z&nbsp;jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}</math>. Mamy
+
Twierdzenie [[#D20|D20]] umożliwia określenie, z&nbsp;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} \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}</math>
+
::<math>S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}}</math>
  
::<math>\int \frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right)</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} \frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \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
 
Zatem
  
::<math>S(m) + R (m) - f (m) \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}} \leqslant S (m) + R (m)</math>
+
::<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
 
Dla kolejnych wartości <math>m</math> otrzymujemy
Linia 676: Linia 683:
 
W programie PARI/GP wystarczy napisać:
 
W programie PARI/GP wystarczy napisać:
  
  f(k) = 1.0/(k+1)/sqrt(k)
+
  <span style="font-size: 90%; color:black;">f(k) = 1.0 / (k+1) / '''sqrt'''(k)</span>
  S(m) = sum( k = 1, m, f(k) )
+
  <span style="font-size: 90%; color:black;">S(m) = '''sum'''( k = 1, m, f(k) )</span>
  R(m) = Pi - 2*atan( sqrt(m) )
+
  <span style="font-size: 90%; color:black;">R(m) = '''Pi''' - 2*'''atan'''( '''sqrt'''(m) )</span>
  for(j=1, 9, m=10^j; suma=S(m); reszta=R(m); print( "j= ", j, "  a= ", suma + reszta - f(m), "  b= ", suma + reszta ))
+
  <span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(j = 1, 9, m = 10^j; suma = S(m); reszta = R(m); '''print'''( "j= ", j, "  a= ", suma + reszta - f(m), "  b= ", suma + reszta ))</span>
  
  
  
  
Prostym wnioskiem z&nbsp;twierdzenia D15 jest następujące<br/>
+
Prostym wnioskiem z&nbsp;twierdzenia [[#D16|D16]] jest następujące<br/>
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D21</span><br/>
+
<span id="D22" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D22</span><br/>
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;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>.
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Korzystając ze wzoru z&nbsp;twierdzenia D15 i&nbsp;przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy  
+
Korzystając ze wzoru z&nbsp;twierdzenia [[#D16|D16]] i&nbsp;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>
 
::<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>
Linia 711: Linia 718:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D22</span><br/>
+
<span id="D23" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D23</span><br/>
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;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>
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;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>
  
Linia 723: Linia 730:
  
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z twierdzenia D15 mamy
+
Z twierdzenia [[#D16|D16]] mamy
  
::<math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x \leqslant</math>
+
::<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>\;\! \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_{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_{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>\;\! = 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 \leqslant</math>
+
:::::::<math>\;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math>
  
 
:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
 
:::::::<math>\;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x</math><br/>
Linia 743: Linia 750:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D23</span><br/>
+
<span id="D24" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D24</span><br/>
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:
 
Niech <math>f(x)</math> będzie funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>[m, \infty)</math>. Rozważmy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math>. Zauważmy, że:
  
 
* korzystając z&nbsp;całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg <math>\sum_{k = m}^{\infty} f (k)</math> jest zbieżny  
 
* korzystając z&nbsp;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 D22), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu <math>S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k)</math>
+
* jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie [[#D23|D23]]), 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&nbsp;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&nbsp;górę do wygodnej dla nas wartości.
 
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&nbsp;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&nbsp;górę do wygodnej dla nas wartości.
Linia 754: Linia 761:
 
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&nbsp;jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a&nbsp;do tego wystarczy indukcja matematyczna.
 
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&nbsp;jaki sposób je znaleźliśmy – wystarczy udowodnić, że jest ono poprawne, a&nbsp;do tego wystarczy indukcja matematyczna.
  
Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w&nbsp;tym celu twierdzenie D22.
+
Zamieszczonej niżej zadania pokazują, jak wykorzystać w&nbsp;tym celu twierdzenie [[#D23|D23]].
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D24</span><br/>
+
<span id="D25" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
Korzystając z&nbsp;twierdzenia D22, znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów
+
Korzystając z&nbsp;twierdzenia [[#D23|D23]], znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów
  
::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \qquad</math> oraz <math>\qquad \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k (\log k)^2}</math>
+
::<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}}
 
{{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} \frac{1}{k^2}</math>. Funkcja <math>f(x) = \frac{1}{x^2}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest
+
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&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>(0, + \infty)</math>. Dla <math>n > 0</math> jest
  
::<math>\int_{n}^{\infty} \frac{1}{x^2} d x = \frac{1}{n} \qquad</math> (zobacz: [https://www.wolframalpha.com/input/?i=int+1%2Fx%5E2%2C+x%3Dn%2C+infinity WolframAlpha])
+
::<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} \frac{1}{x^2} d x = 2</math>
+
::<math>C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2</math>
  
 
Zatem
 
Zatem
  
::<math>\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^2} \leqslant 2 - \frac{1}{n}</math>
+
::<math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math>
  
  
Rozważmy szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k (\log k)^2}</math>. Funkcja <math>f(x) = \frac{1}{x (\log x)^2}</math> jest funkcją ciągłą, dodatnią i&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest
+
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&nbsp;malejącą w&nbsp;przedziale <math>(1, + \infty)</math>. Dla <math>n > 1</math> jest
  
::<math>\int_{n}^{\infty} \frac{1}{x (\log x)^2} d x = \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>\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 \frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2} + \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\log x)^2} d x = \frac{1}{2 \cdot (\log 2)^2} + \frac{1}{\log 2} = 2.483379 \ldots</math>
+
::<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
 
Przyjmijmy <math>C = 2.5</math>, zatem
  
::<math>\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (\log k)^2} < 2.5 - \frac{1}{\log n}</math><br/>
+
::<math>\sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} < 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 789: Linia 796:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D25</span><br/>
+
<span id="D26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D26</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^2} \leqslant 2 - \frac{1}{n}</math> i&nbsp;udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2}</math> jest zbieżny.
+
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}}</math> i&nbsp;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}}
 
{{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>
 
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} \frac{1}{k^2} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^2} + \frac{1}{(n + 1)^2} \leqslant</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 - \frac{1}{n} + \frac{1}{(n + 1)^2} \leqslant</math>
+
::::<math>\: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}}</math>
  
::::<math>\;\: \leqslant 2 - \frac{1}{n + 1} + \left( \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n} + \frac{1}{(n + 1)^2} \right) =</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 - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n (n + 1)^2} <</math>
+
::::<math>\: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}}</math>
  
::::<math>\;\: < 2 - \frac{1}{n + 1}</math>
+
::::<math>\: < 2 - {\small\frac{1}{n + 1}}</math>
  
 
Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy
 
Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy
  
::<math>S(n) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^2} \leqslant 2 - \frac{1}{n} < 2</math>
+
::<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} \frac{1}{k^2}</math> szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2}</math> jest rosnący i&nbsp;ograniczony od góry, a&nbsp;zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
+
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&nbsp;ograniczony od góry, a&nbsp;zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 815: Linia 822:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D26</span><br/>
+
<span id="D27" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D27</span><br/>
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania <math>\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (\log k)^2} < 2.5 - \frac{1}{\log n}</math> i&nbsp;udowodnić, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k (\log k)^2}</math> jest zbieżny.
+
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&nbsp;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}}
 
{{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>
 
Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n = 2</math>
  
::<math>\sum_{k = 2}^{2} \frac{1}{k (\log k)^2} \approx 1.040684 < 2.5 - \frac{1}{\log 2} \approx 1.05730</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>
 
Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla <math>n</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>
  
::<math>\sum_{k = m}^{n + 1} \frac{1}{k (\log k)^2} = \sum_{k = m}^{n} \frac{1}{k (\log k)^2} + \frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2} <</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>\;\: < 2.5 - \frac{1}{\log n} + \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>\;\: = 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)} + \left( \frac{1}{\log (n + 1)} - \frac{1}{\log n} + \frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2} \right) =</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>\;\: = 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)} + \frac{1}{\log (n + 1)} \left( 1 - \frac{\log (n + 1)}{\log n} + \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 (n + 1)}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot \log (n + 1)}} \right)</math>
  
::::::<math>\;\: = 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)} + \frac{1}{\log (n + 1)} \left( 1 - \frac{\log \left( n \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \right)}{\log n} + \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>\;\: = 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)} + \frac{1}{\log (n + 1)} \left( 1 - 1 - \frac{\log \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\log n} + \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>\;\: < 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)} + \frac{1}{\log (n + 1)} \left( - \frac{1}{(n + 1) \log n} + \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>\;\: < 2.5 - \frac{1}{\log (n + 1)}</math>
+
:::::<math>\quad \: < 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}}</math>
  
 
Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy
 
Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla <math>n \geqslant 2</math> mamy
  
::<math>S(n) = \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k (\log k)^2} < 2.5 - \frac{1}{\log n} < 2.5</math>
+
::<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} \frac{1}{k (\log k)^2}</math> jest rosnący i&nbsp;ograniczony od góry, a&nbsp;zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
+
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&nbsp;ograniczony od góry, a&nbsp;zatem zbieżny. Co oznacza, że szereg jest zbieżny.<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 855: Linia 862:
 
== Szeregi nieskończone i&nbsp;liczby pierwsze ==
 
== Szeregi nieskończone i&nbsp;liczby pierwsze ==
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D27</span><br/>
+
<span id="D28" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D28</span><br/>
 
Następujące szeregi są zbieżne
 
Następujące szeregi są zbieżne
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
|-
 
|-
| 1. <math>\quad \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{p_k} = 0.269605966 \ldots</math>
+
| 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} \frac{1}{p^2} = 0.452247420041 \ldots</math>
+
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2}} = 0.452247420041 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
 
| [https://oeis.org/A085548 A085548]
 
|-
 
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{1}{(p - 1)^2} = 1.375064994748 \ldots</math>
+
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} = 1.375064994748 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
 
| [https://oeis.org/A086242 A086242]
 
|-
 
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{1}{p (p - 1)} = 0.773156669049 \ldots</math>
+
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = 0.773156669049 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
 
| [https://oeis.org/A136141 A136141]
 
|}
 
|}
Linia 875: Linia 882:
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
'''Punkt 1.'''<br/>
 
'''Punkt 1.'''<br/>
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i&nbsp;jego zbieżność wynika z&nbsp;twierdzenia D5.
+
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i&nbsp;jego zbieżność wynika z&nbsp;twierdzenia [[#D5|D5]].
  
 
'''Punkt 2.'''<br/>
 
'''Punkt 2.'''<br/>
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{1}{p^2} < \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k^2} < \frac{\pi^2}{6}</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} < {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>
  
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{1}{(p - 1)^2} < \sum_{j = 2}^{\infty} \frac{1}{(j - 1)^2} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} < \sum_{j = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{(j - 1)^2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}}</math>
  
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
Zbieżność wzoru wynika z&nbsp;kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest
 
Zbieżność wzoru wynika z&nbsp;kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest
  
::<math>0 < \frac{1}{p (p - 1)} < \frac{1}{(p - 1)^2}</math><br/>
+
::<math>0 < {\small\frac{1}{p (p - 1)}} < {\small\frac{1}{(p - 1)^2}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 896: Linia 903:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D28</span><br/>
+
<span id="D29" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D29</span><br/>
 
Następujące szeregi są zbieżne
 
Następujące szeregi są zbieżne
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: left; margin-right: auto;"
 
|-
 
|-
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{1}{p \log p} = 1.636616323351 \ldots</math>
+
| 1. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p \log p}} = 1.636616323351 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
 
| [https://oeis.org/A137245 A137245]
 
|-
 
|-
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{1}{p^2 \log p} = 0.507782187859 \ldots</math>
+
| 2. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{p^2 \log p}} = 0.507782187859 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
 
| [https://oeis.org/A221711 A221711]
 
|-
 
|-
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)} = 0.755366610831 \ldots</math>
+
| 3. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = 0.755366610831 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
 
| [https://oeis.org/A138312 A138312]
 
|-
 
|-
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p^2} = 0.493091109368 \ldots</math>
+
| 4. <math>\quad \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^2}} = 0.493091109368 \ldots</math>
 
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
 
| [https://oeis.org/A136271 A136271]
 
|}
 
|}
Linia 916: Linia 923:
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
'''Punkt 1.'''<br/>
 
'''Punkt 1.'''<br/>
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w&nbsp;twierdzeniu B39, ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w&nbsp;postaci
+
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w&nbsp;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&nbsp;postaci
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{1}{p \log p} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{p_k \log p_k} = \frac{1}{2 \log 2} + \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{p_k \log p_k}</math>
+
::<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&nbsp;mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z&nbsp;twierdzenia A1 mamy (<math>a = 0.72</math>)
+
Wyrażenie w&nbsp;mianowniku ułamka możemy łatwo oszacować. Z&nbsp;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>p_k \log p_k > a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) =</math>
Linia 926: Linia 933:
 
::::<math>\;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \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 + \frac{\log a + \log \log k}{\log k} \right)</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
 
Ponieważ dla <math>k > \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots</math> jest
Linia 938: Linia 945:
 
Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności
 
Wynika stąd, że dla <math>k \geqslant 5</math> prawdziwy jest ciąg nierówności
  
::<math>0 < \frac{1}{p_k \log p_k} < \frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}</math>
+
::<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} \frac{1}{k \cdot (\log k)^2}</math> (zobacz twierdzenie D13 p. 4 lub przykład D18 p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{p_k \log p_k}</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 [[#D14|D14]] p. 4 lub przykład [[#D19|D19]] p. 5) wynika zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}}</math>
  
 
'''Punkt 2.'''<br/>
 
'''Punkt 2.'''<br/>
Zbieżność szeregu wynika z&nbsp;kryterium porównawczego (twierdzenie D9), bo
+
Zbieżność szeregu wynika z&nbsp;kryterium porównawczego (twierdzenie [[#D9|D9]]), bo
  
::<math>0 < \frac{1}{p^2 \log p} < \frac{1}{p \log p}</math>
+
::<math>0 < {\small\frac{1}{p^2 \log p}} < {\small\frac{1}{p \log p}}</math>
  
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
'''Punkt 3.'''<br/>
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
 
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i&nbsp;ograniczony
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} < \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{\log k}{k (k - 1)} = 1.2577 \ldots</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} < \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} = 1.2577 \ldots</math>
  
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
'''Punkt 4.'''<br/>
 
Zbieżność szeregu wynika z&nbsp;kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest
 
Zbieżność szeregu wynika z&nbsp;kryterium porównawczego, bo dla każdego <math>p \geqslant 2</math> jest
  
::<math>0 < \frac{\log p}{p^2} < \frac{\log p}{p (p - 1)}</math><br/>
+
::<math>0 < {\small\frac{\log p}{p^2}} < {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 961: Linia 968:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D29</span><br/>
+
<span id="D30" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D30</span><br/>
Szereg <math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p}</math> jest rozbieżny.
+
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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w&nbsp;innej postaci
 
Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w&nbsp;innej postaci
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\log p_k}{p_k}</math>
+
::<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} \frac{1}{p_k}</math> oraz <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\log p_k}{p_k}</math> spełniają nierówności
+
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 \frac{1}{p_k} \leqslant \frac{\log p_k}{p_k}</math>
+
::<math>0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math>
  
Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{p_k}</math> jest rozbieżny, to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie D9) rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\log p_k}{p_k}</math><br/>
+
Ponieważ szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}}</math> jest rozbieżny (zobacz [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}}</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 979: Linia 986:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D30</span><br/>
+
<span id="D31" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D31</span><br/>
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w&nbsp;przypadku twierdzenia B37, ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.
+
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}}</math> podobnie, jak to uczyniliśmy w&nbsp;przypadku twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]], ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D31</span><br/>
+
<span id="D32" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D32</span><br/>
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Prawdziwe są następujące nierówności
  
Linia 1002: Linia 1009:
 
::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>
 
::::<math>\;\;\; > n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>
  
::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{n^n}{(n + 1)^n} \cdot e^{- n} =</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 + \frac{1}{n} \right)^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 \frac{1}{e} \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>
 
::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)}</math>
  
Ponieważ <math>\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n < e</math>, zatem <math>\frac{1}{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n} > \frac{1}{e}</math>. Co kończy dowód punktu 1.
+
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.
  
  
Linia 1020: Linia 1027:
 
::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>
 
::::<math>\;\;\; < n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) =</math>
  
::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}} \cdot e^{- n} =</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( \frac{n}{n + 1} \right)^{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 - \frac{1}{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 \frac{1}{e} \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>
 
::::<math>\;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)}</math>
  
Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;faktu, że <math>\left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right)^{n + 1} < \frac{1}{e}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
+
Ostatnia nierówność wynika z&nbsp;faktu, że <math>\left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} < {\small\frac{1}{e}}</math>. Co kończy dowód punktu 2.<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1036: Linia 1043:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D32</span><br/>
+
<span id="D33" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D33</span><br/>
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania
 
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>. Dla wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;rozwinięciu liczby <math>n!</math> na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania
  
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
 
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 100%; text-align: right; margin-right: auto;"
 
|- style=height:3em
 
|- style=height:3em
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>\frac{n}{p} - 1 < W_p (n!) < \frac{n}{p - 1}</math>
+
| <math>\quad 1. \quad</math> || <math>{\small\frac{n}{p}} - 1 < W_p (n!) < {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
 
|- style=height:3em
 
|- style=height:3em
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>\frac{n + 1}{p} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant \frac{n - 1}{p - 1}</math>
+
| <math>\quad 2. \quad</math> || <math>{\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \leqslant W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>
 
|}
 
|}
  
Linia 1051: Linia 1058:
 
Zauważmy, że
 
Zauważmy, że
  
::<math>W_p (n!) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^3} \right\rfloor + \ldots <</math>
+
::<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>\;\, < \frac{n}{p} + \frac{n}{p^2} + \frac{n}{p^3} + \ldots + \frac{n}{p^k} + \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>\;\, = \frac{n}{p} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{p}} =</math>
+
::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>
  
::::<math>\;\, = \frac{n}{p - 1}</math>
+
::::<math>\;\, = {\small\frac{n}{p - 1}}</math>
  
 
'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''
 
'''Punkt 1. (lewa nierówność)'''
Linia 1063: Linia 1070:
 
Łatwo znajdujemy, że
 
Łatwo znajdujemy, że
  
::<math>W_p (n!) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor \geqslant \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor > \frac{n}{p} - 1</math>
+
::<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)'''
 
'''Punkt 2. (prawa nierówność)'''
Linia 1071: Linia 1078:
 
::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>
 
::<math>(p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1</math>
  
Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant \frac{n - 1}{p - 1}</math>.
+
Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \leqslant {\small\frac{n - 1}{p - 1}}</math>.
  
 
'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''
 
'''Punkt 2. (lewa nierówność)'''
Linia 1079: Linia 1086:
 
::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>
 
::<math>n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1</math>
  
Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant \frac{n + 1}{p} - 1</math>.<br/>
+
Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą <math>W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1</math>.<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1085: Linia 1092:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D33</span><br/>
+
<span id="D34" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D34</span><br/>
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n > - 1</math>
+
::<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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z&nbsp;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
+
Z oszacowania wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;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>
 
::<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 D31), to
+
Ponieważ dla <math>n \geqslant 1</math> jest <math>n! > n^n e^{- n}</math> (zobacz punkt 1. twierdzenia [[#D32|D32]]), to
  
 
::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>
 
::<math>n^n e^{- n} < \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)}</math>
Linia 1101: Linia 1108:
 
Logarytmując, otrzymujemy
 
Logarytmując, otrzymujemy
  
::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} \frac{n \log p}{p - 1} = n \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1}</math>
+
::<math>n \log n - n < \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{n \log p}{p - 1}} = n \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math>
  
 
Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
 
Dzieląc strony przez <math>n</math>, dostajemy szukaną nierówność.<br/>
Linia 1109: Linia 1116:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D34 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
+
<span id="D35" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n > - 1.755367</math>
+
::<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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
Ponieważ
 
Ponieważ
  
::<math>\frac{1}{p - 1} = \frac{1}{p} + \frac{1}{p (p - 1)}</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>
  
  
to z&nbsp;twierdzenia D33 dostajemy
+
to z&nbsp;twierdzenia [[#D34|D34]] dostajemy
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} + \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \log n > - 1</math>
+
::<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
 
Czyli
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n > - 1 - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)}</math>
+
::<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>\;\, > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)}</math>
+
::::::<math>\quad \;\: > - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>
  
:::::::<math>\;\, = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots</math>
  
:::::::<math>\;\, > - 1.755367</math>
+
::::::<math>\quad \;\: > - 1.755367</math>
  
Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)}</math> (twierdzenie D28 p. 3).<br/>
+
Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu <math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math> (twierdzenie [[#D29|D29]] p. 3).<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1140: Linia 1147:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D35 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
+
<span id="D36" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D36 (pierwsze twierdzenie Mertensa</span><ref name="Mertens1"/><ref name="Mertens2"/><span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">, 1874)</span><br/>
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n < 0.386295</math>
+
::<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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
Z oszacowania wykładnika, z&nbsp;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
+
Z oszacowania wykładnika, z&nbsp;jakim liczba pierwsza <math>p</math> występuje w&nbsp;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>
 
::<math>n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1}</math>
Linia 1156: Linia 1163:
 
Logarytmując, otrzymujemy
 
Logarytmując, otrzymujemy
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \left( \frac{n + 1}{p} - 1 \right) \cdot \log p < (n + 1) \cdot \log n - n</math>
+
::<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} \frac{\log p}{p} - \sum_{p \leqslant n} \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
 
Skąd natychmiast wynika, że
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n < - \frac{n}{n + 1} + \frac{1}{n + 1} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right)</math>
+
::<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>\;\: = - 1 + \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 1} \cdot \log (P (n))</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n))</math>
  
:::::::<math>\;\: < - 1 + \frac{1}{n + 1} + \frac{n \cdot \log 4}{n + 1}</math>
+
::::::<math>\quad \;\: < - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}}</math>
  
:::::::<math>\;\: = - 1 + \frac{1}{n + 1} + \log 4 - \frac{\log 4}{n + 1}</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}}</math>
  
:::::::<math>\;\: = \log 4 - 1 + \frac{1 - \log 4}{n + 1}</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}}</math>
  
:::::::<math>\;\: = \log 4 - 1 - \frac{0.386294 \ldots}{n + 1}</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}}</math>
  
:::::::<math>\;\: < \log 4 - 1</math>
+
::::::<math>\quad \;\: < \log 4 - 1</math>
  
:::::::<math>\;\: = 0.386294361 \ldots</math>
+
::::::<math>\quad \;\: = 0.386294361 \ldots</math>
  
Druga nierówność wynika z&nbsp;twierdzenia A9. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
+
Druga nierówność wynika z&nbsp;twierdzenia [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A9|A9]]. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla <math>n < 7</math>.<br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1185: Linia 1192:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D36</span><br/>
+
<span id="D37" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D37</span><br/>
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
 
Dla dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> prawdziwe jest następujące oszacowanie
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n < 1.141661</math>
+
::<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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 
Ponieważ
 
Ponieważ
  
::<math>\frac{1}{p} = \frac{1}{p - 1} - \frac{1}{p (p - 1)}</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>
  
to z&nbsp;twierdzenia D35 dostajemy
+
to z&nbsp;twierdzenia [[#D36|D36]] dostajemy
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \log n < \log 4 - 1</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 < \log 4 - 1</math>
  
 
Czyli
 
Czyli
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n < \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)}</math>
+
::<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} \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>\,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots</math>
  
:::::::<math>\;\;\: < 1.141661</math><br/>
+
:::::::<math>\,\, < 1.141661</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1213: Linia 1220:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D37</span><br/>
+
<span id="D38" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D38</span><br/>
 
{| class="wikitable"
 
{| class="wikitable"
 
|
 
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p}</math> jest dane wzorem
+
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}}</math> jest dane wzorem
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} = \log n - E + \ldots</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots</math>
  
 
gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>
 
gdzie <math>E = 1.332582275733 \ldots</math>
Linia 1224: Linia 1231:
 
Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>
 
Dla <math>n \geqslant 319</math> mamy też<ref name="Rosser1"/>
  
::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n + E \right| < \frac{1}{2 \log n}</math>
+
::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>
  
 
|}
 
|}
Linia 1230: Linia 1237:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D38</span><br/>
+
<span id="D39" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D39</span><br/>
 
{| class="wikitable"
 
{| class="wikitable"
 
|
 
|
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1}</math> jest dane wzorem
+
Dokładniejsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}}</math> jest dane wzorem
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} = \log n - \gamma + \ldots</math>
+
::<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.
 
gdzie <math>\gamma = 0.5772156649 \ldots</math> jest stałą Eulera.
Linia 1241: Linia 1248:
 
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>
 
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie<ref name="twierdzenie"/>
  
::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n + \gamma \right| < \frac{1}{2 \log n}</math>
+
::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| < {\small\frac{1}{2 \log n}}</math>
  
 
|}
 
|}
Linia 1247: Linia 1254:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D39</span><br/>
+
<span id="D40" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D40</span><br/>
 
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń
 
Dla <math>n \leqslant 10^{10}</math> wartości wyrażeń
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n + E</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E</math>
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n + \gamma</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma</math>
  
 
są liczbami dodatnimi.
 
są liczbami dodatnimi.
Linia 1258: Linia 1265:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D40</span><br/>
+
<span id="D41" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D41</span><br/>
 
Prawdziwy jest następujący związek
 
Prawdziwy jest następujący związek
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)} = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p^n} \right) = E - \gamma</math>
+
::<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
 
gdzie
Linia 1272: Linia 1279:
 
Ponieważ
 
Ponieważ
  
::<math>\frac{1}{p (p - 1)} = \frac{1}{p - 1} - \frac{1}{p}</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}}</math>
  
 
zatem
 
zatem
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} = \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} = (\log n - \gamma + \ldots) - (\log n - E + \ldots)</math>
+
::<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
 
Przechodząc z <math>n</math> do nieskończoności, otrzymujemy
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)} = E - \gamma</math>
+
::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma</math>
  
  
 
Zauważmy teraz, że
 
Zauważmy teraz, że
  
::<math>\frac{1}{p - 1} = \frac{1}{p} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{p}} =</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}}</math>
  
::::<math>\;\! = \frac{1}{p} \cdot \left( 1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \ldots + \frac{1}{p^k} + \ldots \right) =</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>\;\! = \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \ldots + \frac{1}{p^k} + \ldots</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
 
Zatem
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)} = \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p} \cdot \left( \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \ldots + \frac{1}{p^k} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p^n} \right)</math><br/>
+
::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} \cdot \left( {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots \right) = \sum_{n = 2}^{\infty} \left( \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p^n}} \right)</math><br/>
 
&#9633;
 
&#9633;
 
{{\Spoiler}}
 
{{\Spoiler}}
Linia 1299: Linia 1306:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D41</span><br/>
+
<span id="D42" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D42</span><br/>
 
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie
 
Dla <math>n \geqslant 318</math> prawdziwe jest oszacowanie
  
::<math>\left| \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n + \gamma \right| < \frac{1}{2 \log n}</math>
+
::<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}}
 
{{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&nbsp;pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart1"/>
+
Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w&nbsp;pracy Pierre'a Dusarta<ref name="Dusart10"/>
  
::<math>- \left( \frac{0.2}{\log n} + \frac{0.2}{\log^2 n} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{<} \; \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; \frac{0.2}{\log n} + \frac{0.2}{\log^2 n}</math>
+
::<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 + \frac{1}{\log x} < 1.5</math>, to dla <math>n \geqslant 8</math> mamy
+
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>\frac{0.2}{\log n} + \frac{0.2}{\log^2 n} = \frac{0.2}{\log n} \left( 1 + \frac{1}{\log n} \right) < \frac{0.3}{\log n}</math>
+
::<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&nbsp;postaci
 
Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w&nbsp;postaci
  
::<math>- \frac{0.3}{\log n} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; \frac{0.3}{\log n}</math>
+
::<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
 
Z tożsamości
  
::<math>\frac{1}{p} = \frac{1}{p - 1} - \frac{1}{p (p - 1)}</math>
+
::<math>{\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}}</math>
  
  
 
wynika natychmiast, że
 
wynika natychmiast, że
  
::<math>- \frac{0.3}{\log n} \; \underset{n \geqslant 8}{<} \; \sum_{p \leqslant n}  \frac{\log p}{p - 1} - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{<} \; \frac{0.3}{\log n}</math>
+
::<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>
  
  
Linia 1333: Linia 1340:
 
Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>
 
Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 2974</math>
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \log n + E < \frac{0.3}{\log n}</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 D40 wiemy, że
+
Z twierdzenia [[#D41|D41]] wiemy, że
  
::<math>\sum_{p \geqslant 2} \frac{\log p}{p (p - 1)} - E = - \gamma</math>
+
::<math>\sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma</math>
  
 
Zatem
 
Zatem
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n < \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - E + \frac{0.3}{\log n}</math>
+
::<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} \frac{\log p}{p (p - 1)} - E + \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 + \frac{0.3}{\log n}</math>
+
:::::::<math>\,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}}</math>
  
:::::::<math>\;\;\: < - \gamma + \frac{0.5}{\log n}</math>
+
:::::::<math>\,\, < - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>
  
  
 
Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność
 
Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n < - \gamma + \frac{0.5}{\log n}</math>
+
::<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>
 
jest prawdziwa dla wszystkich liczb <math>318 \leqslant n \leqslant 3000</math>
Linia 1362: Linia 1369:
 
Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>
 
Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla <math>n \geqslant 8</math>
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \log n + E > - \frac{0.3}{\log n}</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
 
Mamy
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n > \sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - E - \frac{0.3}{\log n}</math>
+
::<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} \frac{\log p}{p (p - 1)} - \sum_{p > n} \frac{\log p}{p (p - 1)} - E - \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 - \frac{0.3}{\log n} - \sum_{p > n} \frac{\log p}{p (p - 1)}</math>
+
:::::::<math>\,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p > n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}}</math>
  
:::::::<math>\;\;\, > - \gamma - \frac{0.3}{\log n} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} \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 (k - 1)}}</math>
  
:::::::<math>\;\;\, > - \gamma - \frac{0.3}{\log n} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} \frac{\log k}{(k - 1)^2}</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&nbsp;twierdzeń D15 i&nbsp;C18, dostajemy
+
Korzystając kolejno z&nbsp;twierdzeń [[#D16|D16]] i&nbsp;[[Ciągi liczbowe#C18|C18]], dostajemy
  
::<math>\sum_{p \leqslant n} \frac{\log p}{p - 1} - \log n > - \gamma - \frac{0.3}{\log n} - \int_{n}^{\infty} \frac{\log x}{(x - 1)^2} d x</math>
+
::<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 - \frac{0.3}{\log n} - \frac{\log n}{n - 1} + \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right)</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 - \frac{0.3}{\log n} - \frac{\log n}{n - 1} - \frac{1}{n - 1}</math>
+
:::::::<math>\,\, > - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}}</math>
  
:::::::<math>\;\;\, = - \gamma - \frac{0.5}{\log n} + \left( \frac{0.2}{\log n} - \frac{\log n + 1}{n - 1} \right)</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 - \frac{0.5}{\log n}</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
 
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} \frac{\log p}{p - 1} - \log n > - \gamma - \frac{0.5}{\log n}</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n > - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}}</math>
  
 
jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
 
jest prawdziwa dla wszystkich <math>2 \leqslant n \leqslant 200</math>.<br/>
Linia 1400: Linia 1407:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D42</span><br/>
+
<span id="D43" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D43</span><br/>
 
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z&nbsp;nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>
 
Niech <math>r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944</math>. Pokazać, że z&nbsp;nierówności prawdziwej dla <math>x \geqslant 32</math>
  
::<math>\sum_{p \leqslant x} \frac{\log p}{p - 1} < \log x - r</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>
  
 
wynika twierdzenie Czebyszewa.
 
wynika twierdzenie Czebyszewa.
  
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Z twierdzenia D41 wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest
+
Z twierdzenia [[#D42|D42]] wiemy, że dla <math>x \geqslant 318</math> jest
  
::<math>\sum_{p \leqslant x} \frac{\log p}{p - 1} - \log x < - \gamma + \frac{1}{2\log x} \leqslant - \gamma + \frac{1}{2 \log (318)} = - 0.490441 \ldots < - 0.306852 \ldots = - r</math>
+
::<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
 
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} \frac{\log p}{p - 1} < \log x - r</math>
+
::<math>\sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} < \log x - r</math>
  
 
dla <math>x \geqslant 32</math>.
 
dla <math>x \geqslant 32</math>.
  
  
Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z&nbsp;twierdzenia D32, łatwo znajdujemy oszacowanie
+
Niech <math>a \in \mathbb{Z}</math> i <math>a \geqslant 32</math>. Korzystając z&nbsp;twierdzenia [[#D33|D33]], łatwo znajdujemy oszacowanie
  
 
::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>
 
::<math>a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n</math>
Linia 1429: Linia 1436:
 
gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w&nbsp;nawiasie przez <math>U</math>, mamy
 
gdzie <math>p_n \leqslant a < p_{n + 1}</math>. Oznaczając wyrażenie w&nbsp;nawiasie przez <math>U</math>, mamy
  
::<math>\log U = \frac{\log p_1}{p_1 - 1} + \ldots + \frac{\log p_n}{p_n - 1} = \sum_{p \leqslant a} \frac{\log p}{p - 1} < \log a - r</math>
+
::<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&nbsp;oszacowania wskazanego w&nbsp;treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.
 
gdzie skorzystaliśmy z&nbsp;oszacowania wskazanego w&nbsp;treści zadania. Zatem <math>U < a \cdot e^{- r}</math>.
Linia 1449: Linia 1456:
  
  
Jednocześnie z&nbsp;twierdzenia D31 wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem
+
Jednocześnie z&nbsp;twierdzenia [[#D32|D32]] wiemy, że prawdziwa jest nierówność <math>b! > b^b e^{- b}</math>, zatem
  
::<math>b^b e^{- b} < b! < \frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}</math>
+
::<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 e^{- 1} < \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}}</math>
Linia 1470: Linia 1477:
 
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
 
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}} < \frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}</math>
+
::<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>
 
Pokażemy, że dla <math>a > 303.05</math>
  
::<math>\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}} < 2 a - 5</math>
+
::<math>{\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 2 a - 5</math>
  
 
Istotnie
 
Istotnie
  
::<math>\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}} < 1 - \frac{5}{2 a}</math>
+
::<math>{\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} < 1 - {\small\frac{5}{2 a}}</math>
  
::<math>\frac{a}{2} \cdot \left( 1 - \frac{5}{2 a} \right)^{2 a} > 1</math>
+
::<math>{\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} > 1</math>
  
::<math>\frac{a}{2} \cdot \left[ \left( 1 - \frac{5}{2 a} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 > 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&nbsp;nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i&nbsp;ograniczoną (zobacz twierdzenie C17) i&nbsp;dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z&nbsp;przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z&nbsp;pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest
+
Wyrażenie w&nbsp;nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i&nbsp;ograniczoną (zobacz twierdzenie [[Ciągi liczbowe#C17|C17]]) i&nbsp;dla <math>a \geqslant 32</math> przyjmuje wartości z&nbsp;przedziału <math>[0.353 \ldots, e^{- 1})</math>. Zatem dla odpowiednio dużego <math>a</math> powyższa nierówność z&nbsp;pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla <math>a = 304</math> jest
  
::<math>\frac{a}{2} \cdot \left( 1 - \frac{5}{2 a} \right)^{2 a} = 1.003213 \ldots</math>
+
::<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 -
 
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 -
Linia 1496: Linia 1503:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D43</span><br/>
+
<span id="D44" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D44</span><br/>
 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>
 
Powiemy, że liczby pierwsze <math>p, q</math> są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli <math>\left | p - q \right | = 2</math>
  
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D44* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
+
<span id="D45" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D45* (Viggo Brun, 1919)</span><br/>
 
Suma odwrotności par liczb pierwszych <math>p</math> i <math>p + 2</math>, takich że liczba <math>p + 2</math> jest również pierwsza, jest skończona
 
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( \frac{1}{p} + \frac{1}{p + 2} \right) = \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{5}
+
::<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( \frac{1}{5} + \frac{1}{7} \right) + \left( \frac{1}{11} + \frac{1}{13} \right) + \left( \frac{1}{17} + \frac{1}{19} \right) + \ldots = B_2</math>
+
\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"/>.
 
gdzie <math>B_2 = 1.90216058 \ldots</math> jest stałą Bruna<ref name="Wiki1"/><ref name="A065421"/>.
Linia 1511: Linia 1518:
  
  
<span style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D45</span><br/>
+
<span id="D46" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D46</span><br/>
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nie tworzących par liczb bliźniaczych.
+
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}}
 
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
Linia 1527: Linia 1534:
 
  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) )))
 
  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 \frac{a}{2} \right\rfloor</math>, które tworzą ciągi <math>a k + b</math> o&nbsp;poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy
+
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&nbsp;poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi <math>a k + (a - b)</math> również są odpowiednie. Przykładowo dla <math>a \leqslant 50</math> mamy
  
 
::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
 
::<math>15 k + 7, \quad 21 k + 5, \quad 30 k + 7, \quad 33 k + 13, \quad 35 k + 12, \quad 39 k + 11, \quad 42 k + 5, \quad 45 k + 7, \quad 45 k + 8, \quad 45 k + 22</math><br/>
Linia 1537: Linia 1544:
  
  
 +
== Dowód z&nbsp;Księgi. Rozbieżność sumy <math>\textstyle \sum {\small\frac{1}{p}}</math> ==
 +
 +
<span id="D47" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D47</span><br/>
 +
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.
 +
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w&nbsp;pracy<ref name="Erdos1"/> z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i&nbsp;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&nbsp;wyrazach dodatnich oznacza, że różnica między sumą tego szeregu i&nbsp;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&nbsp;zbiór <math>\mathbb{Z}_P</math> liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru <math>Q</math>. Czyli liczby ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru <math>P</math>.
 +
 +
 +
Niech <math>M</math> będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.
 +
 +
<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_Q</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>
 +
 +
Zauważmy, że liczb nie większych od <math>M</math> i&nbsp;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)#A19|A19]]). Łatwo otrzymujemy oszacowanie<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>
 +
 +
::<math>\sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor < M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}} M</math>
 +
 +
bo z&nbsp;założenia <math>\sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} < {\small\frac{1}{2}}</math>. Zatem liczb takich, że <math>k \in \mathbb{Z}_Q \,</math> i <math>\, k \leqslant M</math> jest mniej niż <math>{\small\frac{M}{2}}</math>.
 +
 +
<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie od góry ilości liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math></span><br/>
  
 +
Każdą liczbę ze zbioru <math>\mathbb{Z}_P</math> możemy zapisać w&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;kwadratów liczb całkowitych nie większych od <math>M</math> jest dokładnie <math>\left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M}</math>. Zatem liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math> jest nie więcej niż <math>2^r \sqrt{M} \,</math><span style="color: Green"><sup>[b]</sup></span>.
  
  
  
 +
Ponieważ <math>\mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+</math> i&nbsp;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>.
  
  
== Przypisy ==
+
<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
<references>
+
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb <math>k</math>. Dla przykładu: gdy <math>M > p_{r + 1} p_{r + 2}</math>, to liczba <math>p_{r + 1} p_{r + 2}</math> zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez <math>p_{r + 1}</math> i&nbsp;drugi raz jako podzielna przez <math>p_{r + 2}</math>. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.
  
<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>
+
<span style="color: Green">[b]</span> Zauważmy, że dla <math>M > 8</math> liczba <math>a^2</math> taka, że <math>a^2 \leqslant M < (a + 1)^2</math> wystąpi dokładnie jeden raz (jako <math>a^2 \cdot 1</math>), ale my oszacujemy, że pojawiła się <math>2^r</math> razy. Można pokazać, że dla dowolnych <math>r \geqslant 1 \;</math> i <math>\; M \geqslant 1</math>, liczb <math>k \in \mathbb{Z}_P</math> takich, że <math>k \leqslant M</math>, jest mniej niż <math>2^r \sqrt{M}</math>. Jest ich nawet mniej niż <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor</math>, poza przypadkami <math>r = 1 \;</math> i <math>\; M = 2, 3, 8</math>, kiedy to ilość takich liczb jest równa <math>2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor < 2^r \sqrt{M}</math>.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
  
<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="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>
+
== Sumowanie przez części ==
  
<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>
+
<span id="D48" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D48</span><br/>
 +
Omawianie metody sumowania przez części<ref name="sumowanie1"/> rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i&nbsp;ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja
  
<ref name="twierdzenie">Zobacz twierdzenie D41.</ref>
+
::<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>
  
<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>
+
Łatwo znajdujemy związek funkcji <math>D(k)</math> z&nbsp;funkcją <math>\pi (k)</math>
  
<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>
+
::<math>\pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1</math>
  
<ref name="Dusart1">P. Dusart, ''Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.'', ([https://arxiv.org/abs/1002.0442 LINK])</ref>
+
:::::::<math>\; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>
  
<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>
+
:::::::<math>\; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i)</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\; = D (k)</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D49" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D49</span><br/>
 +
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+</math> i&nbsp;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&nbsp;postaci
 +
 
 +
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k - 1)}{k}}</math>
 +
 
 +
W drugiej sumie zmieniamy zmienną sumowania. Niech <math>j = k - 1</math>. Sumowanie po <math>k</math> przebiegało od <math>2</math> do <math>n</math>, zatem sumowanie po <math>j</math> będzie przebiegało od <math>1</math> do <math>n - 1</math>. Otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{j = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (j)}{j + 1}}</math>
 +
 
 +
Ponieważ <math>\pi (1) = 0</math>. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy
 +
 
 +
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k + 1}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^n \pi (k) \left( {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} \right)</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}}</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D50" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D50</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 1</math> prawdziwe jest oszacowanie <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Z twierdzenia [[#D49|D49]] 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&nbsp;twierdzenia [[#D16|D16]], otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \geqslant {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \int_{5}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x \log x}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\quad \; > {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1)</math>
 +
 
 +
Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy <math>\sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}}</math> (porównaj [[Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n#B37|B37]]).<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D51" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D51</span><br/>
 +
Pokazać, że oszacowanie <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>, gdzie <math>\varepsilon \in (0, 1)</math>, nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Zatem istnieje taka liczba <math>n_0</math>, że dla wszystkich <math>n \geqslant n_0</math> jest <math>\pi (n) < n^{1 - \varepsilon}</math>. Korzystając ze wzoru (zobacz [[#D49|D49]])
 +
 
 +
::<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]], [[#D47|D47]], [[#D50|D50]]).<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D52" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D52 (sumowanie przez części)</span><br/>
 +
Niech <math>a_j</math>, <math>b_j</math> będą ciągami określonymi przynajmniej dla <math>s \leqslant j \leqslant n</math>. Prawdziwy jest następujący wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n \cdot B (n) - \sum_{k = s}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_k) B (k)</math>
 +
 
 +
gdzie <math>B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j</math>. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;w&nbsp;drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = s}^{n} a_k b_k = a_n B (n) - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n - 1} a_j B (j)</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j)</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j) + a_s B (s)</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D53" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D53</span><br/>
 +
Niech <math>r \neq 1</math>. Pokazać, że <math>\sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 0</math>, <math>a_k = k \;</math> i <math>\; b_k = r^k</math>. Zauważmy, że sumowanie od <math>k = 0</math> nic nie zmienia, a&nbsp;nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k)</math>
 +
 
 +
gdzie
 +
 
 +
::<math>B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>
 +
 
 +
Zatem
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}}</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - \sum_{k = 0}^{n - 1} r^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 \right)</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right)</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right)</math>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::::<math>\;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r)</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::::<math>\;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2}</math>
 +
</div>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D54" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D54 (kryterium Dirichleta)</span><br/>
 +
Niech <math>(a_k) \;</math> i <math>\; (b_k)</math> będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;ciąg <math>(a_k)</math> jest monotoniczny<br/><br/>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0</math>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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&nbsp;założenia ciąg <math>B(n)</math> jest ograniczony i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, zatem (zobacz [[Ciągi liczbowe#C13|C13]])
 +
 
 +
::<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 [[#D12|D12]]). 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#C9|C9]]), 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&nbsp;ograniczony od góry, to szereg ten jest zbieżny (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]). Wynika stąd zbieżność szeregu <math>\sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k)</math> (zobacz [[#D10|D10]]). Zatem szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k</math> musi być zbieżny. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D55" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D55</span><br/>
 +
Udowodnić następujące wzory
 +
 
 +
::{| class="wikitable"
 +
|
 +
 
 +
<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \sin j =
 +
{\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
 +
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>
 +
 
 +
|}
 +
 
 +
::{| class="wikitable"
 +
|
 +
 
 +
<math>\quad \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) =
 +
{\small\frac{\sin (k + 1) - \sin (1)}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} =
 +
{\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cos \left( {\normalsize\frac{k}{2}} + 1 \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \quad</math>
 +
 
 +
|}
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
 
 +
'''Punkt 1.'''
 +
 
 +
Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>
 +
 
 +
Ponieważ
 +
 
 +
::<math>2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y)</math>
 +
 
 +
to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>
 +
 
 +
::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \sin j = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \sin j + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \sin (k + 1)</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) + \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\;\; = \cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>
 +
 
 +
Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.
 +
 
 +
 
 +
'''Punkt 2.'''
 +
 
 +
Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = \sin (k + 1) - \sin (1)</math>
 +
 
 +
Ponieważ
 +
 
 +
::<math>2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y)</math>
 +
 
 +
to wzór jest prawdziwy dla <math>k = 1</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>k</math>, otrzymujemy dla <math>k + 1</math>
 +
 
 +
::<math>2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k + 1} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) = 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \sum_{j = 1}^{k} \cos \left( j + \tfrac{1}{2} \right) + 2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right) \cdot \cos \left( k + 1 + \tfrac{1}{2} \right)</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2)</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1)</math>
 +
 
 +
Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D56" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D56</span><br/>
 +
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
W zadaniu [[#D55|D55]] 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<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>
 +
 
 +
::<math>\left| \sum_{j = 1}^{k} \sin j \right| =
 +
\left| {\small\frac{\sin \left( {\normalsize\frac{k}{2}} \right) \cdot \sin \left( {\normalsize\frac{k + 1}{2}} \right)}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \right| \leqslant
 +
{\small\frac{1}{\sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}}</math><br/>
 +
 
 +
Ponieważ spełnione są założenia kryterium Dirichleta, to szereg <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}}</math> jest zbieżny. Wiemy, że <math>\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=sum+sin%28k%29%2Fk%2C+k%3D1+to+infinity WolframAlpha]).
 +
 
 +
 
 +
<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
 +
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie
 +
 
 +
::<math>- 0.127671 < {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) - 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} \leqslant \sum_{j = 1}^{k} \sin j \leqslant {\small\frac{\cos \left( \tfrac{1}{2} \right) + 1}{2 \sin \left( \tfrac{1}{2} \right)}} < 1.958159</math><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D57" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D57</span><br/>
 +
Pokazać, że szereg <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math> jest zbieżny, a&nbsp;suma tego szeregu jest w&nbsp;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&nbsp;kryterium Dirichleta, co pokazujemy tak samo jak w&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;zadaniu [[#D55|D55]] 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 [[#D12|D12]]). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum
 +
 
 +
::<math>S_n = {\small\frac{C_1}{\log 2}} + C_2 \sum_{k = 2}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right)</math>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>S_{10^6} = 0.683913783004 \qquad S_{10^7} = 0.683913786642 \qquad S_{10^8} = 0.683913786411 \qquad S_{10^9} = 0.683913786415</math>
 +
 
 +
Jest to przybliżona wartość sumy szeregu <math>\sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}}</math>.<br/>
 +
 
 +
 
 +
<span style="border-bottom-style: double;">Oszacowanie błędu z&nbsp;jakim wyznaczona została wartość sumy</span><br/>
 +
 
 +
Kolejne sumowanie przez części pozwoli określić błąd z&nbsp;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&nbsp;zadaniu [[#D55|D55]] 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&nbsp;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>&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;(zobacz przypis <span style="color: Green">[a]</span>)
 +
 
 +
::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \sum_{k = n + 1}^{\infty} \left[ \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) - \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} \right) \right]</math>
 +
 
 +
::::<math>\;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right)</math>
 +
 
 +
Dla <math>n = 10^9</math> otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>| S - S_n | < 2.533 \cdot 10^{- 12}</math>
 +
 
 +
Zatem <math>S = 0.6839137864 \ldots </math>, gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.
 +
 
 +
 
 +
<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
 +
<span style="color: Green">[a]</span> Z&nbsp;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&nbsp;definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli <math>f(x)</math> jest funkcją wypukłą i <math>a_k = f (k)</math>, to ciąg <math>(a_k)</math> jest ciągiem wypukłym.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D58" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D58</span><br/>
 +
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że
 +
 
 +
::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy <math>s = 2</math>, <math>a_k = \log k \;</math> i <math>\; b_k = D (k)</math>. Otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \log n \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} (\log (k + 1) - \log k) B (k)</math>
 +
 
 +
gdzie
 +
 
 +
::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k)</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n)</math>
 +
 
 +
Zatem
 +
 
 +
::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D59" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D59</span><br/>
 +
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie <math>{\small\frac{A \cdot n}{\log n}} < \pi (n) < {\small\frac{B \cdot n}{\log n}}</math>, gdzie <math>A, B \in \mathbb{R}_+</math>, to istnieje granica
 +
 
 +
::<math>\lim_{n \to \infty}  {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z definicji funkcji <math>\theta (n)</math> łatwo otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p < \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n)</math>
 +
 
 +
Skąd wynika, że
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} < 1</math>
 +
 
 +
Oszacowanie wyrażenia <math>{\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}}</math> od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru
 +
 
 +
::<math>\theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k)</math>
 +
 
 +
(zobacz [[#D58|D58]]) 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#C18|C18]] i&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;tej sytuacji jest odpowiedni podział przedziału sumowania i&nbsp;szacowanie w&nbsp;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&nbsp;trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]]) mamy
 +
 
 +
::<math>\lim_{n \to \infty}  {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D60" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D60</span><br/>
 +
Funkcja <math>\theta (n)</math> jest ściśle związana z&nbsp;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 [[#D59|D59]] 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#C12|C12]] 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>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D61" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D61</span><br/>
 +
Niech <math>\theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p</math>. Pokazać, że
 +
 
 +
::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz [[#D52|D52]]) <math>s = 2</math>, <math>a_k = {\small\frac{1}{\log k}}</math> i <math>b_k = D (k) \cdot \log k</math>. Otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = {\small\frac{1}{\log n}} \cdot B (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) B (k)</math>
 +
 
 +
gdzie
 +
 
 +
::<math>B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k)</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n)</math>
 +
 
 +
Zatem
 +
 
 +
::<math>\pi (n) = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} \left( {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log k}} \right) \theta (k)</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} - \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log k - \log (k + 1)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\; = {\small\frac{\theta (n)}{\log n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log k \cdot \log (k + 1)}} \cdot \theta (k)</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
== Iloczyn Cauchy'ego szeregów ==
 +
 
 +
<span id="D62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D62 (kryterium d'Alemberta)</span><br/>
 +
Niech <math>(a_n)</math> będzie ciągiem liczb rzeczywistych i&nbsp;istnieje granica
 +
 
 +
::<math>g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right|</math>
 +
 
 +
Jeżeli
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>g < 1</math>, to szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math> jest bezwzględnie zbieżny
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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&nbsp;przyjmijmy <math>\varepsilon = r - g</math>. Z&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;przyjmujemy <math>\varepsilon = g - r</math>. Z&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz [[#D4|D4]]). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="C62" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga C62</span><br/>
 +
W przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = 1</math> kryterium d'Alemberta nie rozstrzyga o&nbsp;zbieżności lub rozbieżności szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} a_n</math>. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów
 +
 
 +
::<math>\sum_{n = 1}^{\infty} 1 \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n}} \qquad \qquad \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{n^2}}</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D64" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D64</span><br/>
 +
Niech <math>x \in \mathbb{R}</math>. Zbadamy zbieżność szeregu
 +
 
 +
::<math>e^x = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{x^n}{n!}} = 1 + x + {\small\frac{x^2}{2}} + {\small\frac{x^3}{6}} + {\small\frac{x^4}{24}} + {\small\frac{x^5}{120}} + \ldots</math>
 +
 
 +
Ponieważ
 +
 
 +
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{x^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| x |}{n + 1}} = 0</math>
 +
 
 +
to z&nbsp;kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D65" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D65</span><br/>
 +
Pokazać, że szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}}</math> jest rozbieżny.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Łatwo znajdujemy, że
 +
 
 +
::<math>\left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| = {\small\frac{(n + 1)^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = {\small\frac{(n + 1) (n + 1)^n}{(n + 1) n!}} \cdot {\small\frac{n!}{n^n}} = \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \xrightarrow{\; n \rightarrow \infty \;} e > 1</math>
 +
 
 +
Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D66" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D66</span><br/>
 +
W twierdzeniu [[Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n)#A37|A37]], korzystając z&nbsp;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&nbsp;przyjrzyjmy się sumowaniu po <math>i, j</math>. W&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;w&nbsp;związku z&nbsp;tym nie wiemy, czy była poprawna. Zatem musimy precyzyjnie zdefiniować takie sumowanie i&nbsp;zbadać, kiedy jest dopuszczalne. Dopiero wtedy będziemy mogli być pewni, że policzony rezultat jest poprawny.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D67" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D67</span><br/>
 +
Iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n + a_1 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_1 + a_n b_0</math>
 +
 
 +
W przypadku szeregów, których wyrazy są numerowane od liczby <math>1</math>, iloczynem Cauchy'ego szeregów <math>\sum_{i = 1}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 1}^{\infty} b_j</math> nazywamy szereg <math>\sum_{n = 1}^{\infty} c_n</math>, gdzie
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k b_{n - k + 1} = a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + \ldots + a_{n - 1} b_2 + a_n b_1</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D68" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D68</span><br/>
 +
Niech <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>. Pokazać, że
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;jeżeli <math>a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}}</math>, to <math>c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;jeżeli <math>(a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots)</math>, <math>\; (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots)</math>, gdzie <math>q \neq r</math>, to <math>c_n =
 +
\begin{cases}
 +
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
 +
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
 +
\end{cases}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
 
 +
'''Punkt 1.'''
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n</math>
 +
 
 +
'''Punkt 2.'''
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} = \sum^n_{j = 0} b_j = B_n</math>
 +
 
 +
'''Punkt 3.'''
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^k r^{n - k}}{k!(n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\frac{r^n}{n!}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}}</math>
 +
 
 +
'''Punkt 4.'''
 +
 
 +
Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>
 +
 
 +
Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r</math>
 +
 
 +
Dla <math>n \geqslant 2</math> jest
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n</math>
 +
 
 +
Zbierając, otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>c_n =
 +
\begin{cases}
 +
\qquad \qquad \qquad \; a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
 +
(a + b + n - 1) r^n & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
 +
\end{cases}</math>
 +
 
 +
'''Punkt 5.'''
 +
 
 +
Dla <math>n = 0</math> mamy <math>c_0 = a_0 b_0 = a b</math>
 +
 
 +
Dla <math>n = 1</math> mamy <math>c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q</math>
 +
 
 +
Dla <math>n \geqslant 2</math> jest
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k}</math>
 +
 
 +
Jeżeli <math>r = 0</math>, to <math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0</math>. Jeżeli <math>r \neq 0</math>, to
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = r^n \sum_{k = 1}^{n - 1} \left( {\small\frac{q}{r}} \right)^k = r^n \cdot {\small\frac{\left( {\normalsize\frac{q}{r}} \right)^n - {\normalsize\frac{q}{r}}}{{\normalsize\frac{q}{r}} - 1}} = {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>
 +
 
 +
Zauważmy, że znaleziony wzór obejmuje również przypadek <math>r = 0</math>. Zatem
 +
 
 +
::<math>c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}}</math>
 +
 
 +
::<math>\;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right)</math>
 +
 
 +
Zbierając, otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>c_n =
 +
\begin{cases}
 +
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \, a b & \text{gdy } \; n = 0 \\
 +
q^n \left( b + {\large\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\large\frac{q}{q - r}} \right) & \text{gdy } \; n \geqslant 1 \\
 +
\end{cases}</math><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D69" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D69</span><br/>
 +
Ostatni punkt zadania [[#D68|D68]] pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i&nbsp;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>, &nbsp;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&nbsp;tabeli.
 +
 
 +
::{| class="wikitable plainlinks" style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
 +
|-
 +
! <math>\boldsymbol{a}</math> || <math>\boldsymbol{q}</math> || <math>\boldsymbol{b}</math> || <math>\boldsymbol{r}</math> || <math>\boldsymbol{(c_n)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} a_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} b_n}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{n=0}^{\infty} c_n}</math>
 +
|-
 +
|<math>3</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math>|| <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
|<math>-2</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-6,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{r - 2q}{r - q}}</math> || <math>q</math> || <math>{\small\frac{r}{r - q}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2q )}{(r - q)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>4</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-2</math> || <math>{\small\frac{1}{3}}</math> || <math>\left( -8,{\small\frac{1}{3}}, {\small\frac{1}{3^2}}, {\small\frac{1}{3^3}}, {\small\frac{1}{3^4}}, {\small\frac{1}{3^5}}, \ldots \right)</math> || zbieżny || zbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{7}{3}}</math> || <math>2</math> || <math>- {\small\frac{1}{3}}</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - {\small\frac{7}{9}}, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>-1</math> || <math>2</math> || <math>3</math> || <math>3</math> || <math>(-3,3,3^2,3^3,3^4,3^5,…)</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>-1</math> || <math>\left( {\small\frac{1}{4}}, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots \right)</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(-2, 0, 0, 0, 0, 0, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>-1</math> || <math>1</math> || <math>3</math> || <math>2</math> || <math>(-3, 1, 1, 1, 1, 1,\ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(-2,0,0,0,0,0,…)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
 +
|-
 +
| <math>2</math> || <math>1</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>(0, 1, 1, 1, 1, 1, \ldots )</math> || rozbieżny || zbieżny || rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{r - 2}{r - 1}}</math> || <math>1</math> || <math>{\small\frac{r}{r - 1}}</math> || <math>r</math> || <math>\left( {\small\frac{r ( r - 2 )}{(r - 1)^2}}, r, r^2, r^3, r^4, r^5, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny / rozbieżny || zbieżny / rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>0</math> || <math>1</math> || <math>2</math> || <math>2</math> || <math>(0, 2, 2^2, 2^3, 2^4, 2^5, \ldots )</math> || rozbieżny || rozbieżny || rozbieżny
 +
|-
 +
| <math>3</math> || <math>1</math> || <math>-1</math> || <math>{\small\frac{1}{2}}</math> || <math>\left( - 3, {\small\frac{1}{2}}, {\small\frac{1}{2^2}}, {\small\frac{1}{2^3}}, {\small\frac{1}{2^4}}, {\small\frac{1}{2^5}}, \ldots \right)</math> || rozbieżny || zbieżny || zbieżny
 +
|}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D70" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Przykład D70</span><br/>
 +
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz [[#D5|D5]])
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad</math> ([https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+%28-1%29%5Ek%2Fsqrt%28k%2B1%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+infinity%7D+%5D WolframAlpha])
 +
 
 +
Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{\sqrt{n - k + 1}}}
 +
= (- 1)^n \cdot \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}}</math>
 +
 
 +
Ale <math>k \leqslant n \;</math> i <math>\; n - k \leqslant n</math>, zatem
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}} \geqslant {\small\frac{1}{\sqrt{(n + 1) (n + 1)}}} = {\small\frac{1}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>| c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1</math>
 +
 
 +
Ponieważ <math>\lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0</math>, to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz [[#D4|D4]]).
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D71" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D71</span><br/>
 +
Pokazać, że jeżeli <math>a_n = b_n = r^n \;</math> i <math>\; c_n = (n + 1) r^n</math> (zobacz [[#D68|D68]] 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&nbsp;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&nbsp;rozbieżny, gdy <math>| r | > 1</math>, tak samo, jak szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math>. W&nbsp;przypadku, gdy <math>r = \pm 1</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} r^n</math> jest rozbieżny, a&nbsp;odpowiednie sumy częściowe szeregu <math>\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n</math> są równe
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; gdy <math>r = 1</math>, <math>c_n = n + 1</math>, <math>\quad C_L = \sum_{n = 0}^{L} (n + 1) = {\small\frac{(L + 1) (L + 2)}{2}} \xrightarrow{\; L \rightarrow \infty \;} \infty \qquad \qquad</math> (zobacz <span style="color: Green">[a]</span>, [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B+n%2B1%2C+%7Bn%2C+0%2C+L%7D+%5D WolframAlpha])
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp; 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 [[#D53|D53]], [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&nbsp;zadania [[#D53|D53]], 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&nbsp;rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.
 +
 
 +
 
 +
<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
 +
<span style="color: Green">[a]</span> Zauważmy, że
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k = {\small\frac{1}{2}} \left( \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} k \right) = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{j = 0}^{n} (n - j) \right] = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} k + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) \right] = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (k + n - k) = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} 1 = {\small\frac{n (n + 1)}{2}}</math><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D72" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D72</span><br/>
 +
Przykłady [[#D69|D69]] i [[#D70|D70]] pokazują, że w&nbsp;ogólności nie jest prawdziwy wzór
 +
 
 +
::<math>\left( \sum_{i = 0}^{\infty} a_i \right) \cdot \left( \sum_{j = 0}^{\infty} b_j \right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right)</math>
 +
 
 +
Skoro iloczyn sum szeregów nie zawsze jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów, to musimy ustalić, jakie warunki muszą być spełnione, aby tak było.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D73" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D73</span><br/>
 +
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych
 +
 
 +
::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
możemy łatwo przejść do sumowania po liniach poziomych lub po liniach pionowych. Rysunek przedstawia sytuację, gdy <math>m = 5</math>.
 +
 
 +
::{| class="wikitable"  style="text-align:center;"
 +
|-
 +
| bgcolor="LightGray" | <math> a_6 b_0 </math> || <math> </math> ||  ||  ||  ||  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Violet" | <math> a_5 b_0 </math> || bgcolor="LightGray" | <math> </math> ||  ||  ||  ||  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Cyan" | <math> a_4 b_0 </math> || bgcolor="Violet" | <math> a_4 b_1 </math> || bgcolor="LightGray" | <math> </math> ||  ||  ||  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Green" | <math> a_3 b_0 </math> || bgcolor="Cyan" | <math> a_3 b_1 </math> || bgcolor="Violet" | <math> a_3 b_2 </math> || bgcolor="LightGray" | <math> </math> ||  ||  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Yellow" | <math> a_2 b_0 </math> || bgcolor="Green" | <math> a_2 b_1 </math> || bgcolor="Cyan" | <math> a_2 b_2 </math> || bgcolor="Violet" | <math> a_2 b_3 </math> || bgcolor="LightGray" | <math> </math> ||  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Orange" | <math> a_1 b_0 </math> || bgcolor="Yellow" | <math> a_1 b_1 </math> || bgcolor="Green" | <math> a_1 b_2 </math> || bgcolor="Cyan" | <math> a_1 b_3 </math> || bgcolor="Violet" | <math> a_1 b_4 </math> || bgcolor="LightGray" | <math> </math>  ||
 +
|-
 +
| bgcolor="Red" | <math> a_0 b_0 </math> || bgcolor="Orange" | <math> a_0 b_1 </math> || bgcolor="Yellow" | <math> a_0 b_2 </math> || bgcolor="Green" | <math> a_0 b_3 </math> || bgcolor="Cyan" | <math> a_0 b_4 </math> || bgcolor="Violet" | <math> a_0 b_5 </math>  || bgcolor="LightGray" | <math> a_0 b_6 </math>
 +
|}
 +
 
 +
Przejście do sumowania po liniach poziomych
 +
 
 +
::<math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j</math>
 +
 
 +
Pierwsza suma (po prawej stronie) przebiega po kolejnych liniach poziomych, a&nbsp;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&nbsp;druga po kolejnych elementach w <math>i</math>-tej linii pionowej.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D74" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D74 (Franciszek Mertens)</span><br/>
 +
Jeżeli szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> jest zbieżny bezwzględnie, szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n</math>, gdzie <math>c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>, jest zbieżny i <math>\sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy <math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A'</math>. Niech
 +
 
 +
::<math>A_n = \sum_{i = 0}^{n} a_i \qquad \qquad B_n = \sum_{j = 0}^{n} b_j \qquad \qquad C_n = \sum_{k = 0}^{n} c_k \qquad \qquad \beta_n = B_n - B</math>
 +
 
 +
Przekształcając sumę <math>C_m</math>, otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n</math>
 +
 
 +
:::<math>\; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k}</math>
 +
 
 +
Przechodzimy od sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych przekątnych do sumowania po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D73|D73]]).
 +
 
 +
::<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
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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#C9|C9]])
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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#C4|C4]], [[Ciągi liczbowe#C6|C6]])
 +
 
 +
Możemy przyjąć, że warunek <math>| \beta_k | < \varepsilon_1</math> spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od <math>M = M (\varepsilon_1)</math>. Zatem dla <math>m > M</math> dostajemy
 +
 
 +
::<math>| \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} |</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\; < U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} |</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\; < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>
 +
 
 +
Z założenia szereg <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> jest zbieżny, zatem musi być <math>\lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0</math> (zobacz [[#D4|D4]]). Czyli dla dowolnego <math>\varepsilon_2 > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon_2</math>. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od <math>N = N (\varepsilon_2)</math>. Zatem dla <math>m > M + N</math> otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>| \delta_m | < U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A'</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\; < \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A'</math>
 +
 
 +
 
 +
Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> wystarczy wybrać <math>\varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}}</math> i <math>\varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}}</math>, aby otrzymać <math>| \delta_m | < \varepsilon</math> dla wszystkich <math>m > M + N</math>. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>\delta_m</math> spełniają warunek <math>| \delta_m | < \varepsilon</math>, to <math>\lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D75" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D75</span><br/>
 +
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Z założenia szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j</math> są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać
 +
 
 +
::<math>\sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B'</math>
 +
 
 +
Zauważmy, że suma <math>\sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} |</math> obejmuje <math>m + 1</math> przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po <math>m + 1</math> kolejnych liniach poziomych (zobacz [[#D73|D73]]).
 +
 
 +
::<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&nbsp;ograniczony od góry, to jest zbieżny.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D76" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D76</span><br/>
 +
Podać przykład szeregów zbieżnych, z&nbsp;których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i&nbsp;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 [[#D17|D17]], [[#D19|D19]] 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 [[#D9|D9]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D77" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D77</span><br/>
 +
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Szereg <math>\sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2</math> jest warunkowo zbieżny (zobacz [[#D5|D5]], [[#D17|D17]], [[#D19|D19]] 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 [[#D17|D17]])
 +
 
 +
::<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&nbsp;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&nbsp;zbieżny do zera, to z&nbsp;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 [[#D9|D9]]) szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} | c_n |</math> jest rozbieżny.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D78" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D78</span><br/>
 +
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie [[#D80|D80]] pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w&nbsp;zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;sensie Cesàro i&nbsp;jego suma jest równa <math>{\small\frac{1}{2}}</math>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D79" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D79</span><br/>
 +
Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z założenia <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>. Ze zbieżności ciągu <math>(a_k)</math> wynika, że
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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#C9|C9]])
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;dla dowolnego <math>\varepsilon > 0</math> prawie wszystkie wyrazy ciągu <math>(a_k)</math> spełniają warunek <math>| a_k | < \varepsilon</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C4|C4]], [[Ciągi liczbowe#C6|C6]])
 +
 
 +
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&nbsp;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&nbsp;otrzymujemy, że
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | < 2 \varepsilon</math>
 +
 
 +
dla wszystkich <math>n > \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right)</math>. Zatem <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0</math>. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D80" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D80</span><br/>
 +
Jeżeli ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych <math>x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}}</math> jest zbieżny do tej samej granicy.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z założenia ciąg <math>(a_k)</math> jest zbieżny, zatem możemy napisać
 +
 
 +
::<math>\lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g</math>
 +
 
 +
Z definicji ciągu <math>(x_n)</math> dostajemy
 +
 
 +
::<math>x_n - g = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} - g
 +
= {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n - (n + 1) g}{n + 1}}
 +
= {\small\frac{(a_0 - g) + \ldots + (a_n - g)}{n + 1}}
 +
= {\small\frac{a_0 - g}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{a_n - g}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
Wynika stąd, że
 +
 
 +
::<math>0 \leqslant | x_n - g | \leqslant {\small\frac{| a_0 - g |}{n + 1}} + \ldots + {\small\frac{| a_n - g |}{n + 1}} = {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k - g |</math>
 +
 
 +
W granicy, gdy <math>n \rightarrow \infty</math>, z&nbsp;twierdzenia [[#D79|D79]] i&nbsp;twierdzenia o&nbsp;trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0</math>
 +
 
 +
Czyli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g</math> (zobacz [[Ciągi liczbowe#C8|C8]] p.2). Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D81" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D81</span><br/>
 +
Niech <math>(a_n)</math> i <math>(b_n)</math> będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a</math> i <math>\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b</math>, to <math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
 
 +
'''1. Przypadek, gdy''' <math>\boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0}</math>
 +
 
 +
Ponieważ ciąg <math>(b_n)</math> jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz [[Ciągi liczbowe#C9|C9]]), 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&nbsp;twierdzenia [[#D79|D79]] i&nbsp;twierdzenia o&nbsp;trzech ciągach (zobacz [[Ciągi liczbowe#C10|C10]]) 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#C8|C8]] 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&nbsp;twierdzenia [[#D80|D80]] i&nbsp;udowodnionego wyżej przypadku, gdy <math>\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0</math>, dostajemy
 +
 
 +
::<math>\lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b</math>
 +
 
 +
Co kończy dowód.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D82" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D82 (Niels Henrik Abel)</span><br/>
 +
Jeżeli szeregi <math>\sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A</math> oraz <math>\sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B</math> są zbieżne i&nbsp;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 [[#D73|D73]]).
 +
 
 +
::<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 [[#D73|D73]]).
 +
 
 +
::<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&nbsp;granicy, gdy <math>L \longrightarrow \infty</math>, z&nbsp;twierdzeń [[#D80|D80]] i [[#D81|D81]] otrzymujemy <math>C = A B</math>. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
== Liczby Catalana ==
 +
 
 +
<span id="D83" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D83</span><br/>
 +
Liczby Catalana <math>C_n</math> definiujemy wzorem
 +
 
 +
::<math>C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
gdzie <math>n \geqslant 0</math>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D84" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D84</span><br/>
 +
Liczby Catalana <math>C_n</math> mają następujące własności
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>C_n</math> są liczbami całkowitymi dodatnimi
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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&nbsp;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&nbsp;Uzupełnieniu (zobacz [[#D109|D109]]).<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D85" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D85</span><br/>
 +
Niech <math>C_n</math> oznacza <math>n</math>-tą liczbę Catalana i&nbsp;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
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;jeżeli <math>a_n = C_n</math>, &nbsp;to&nbsp; <math>x_n = C_{n + 1}</math>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;jeżeli <math>a_0 = \alpha \;</math> i <math>\; a_n = r^{n - 1} C_{n - 1}</math> dla <math>n \geqslant 1</math>, &nbsp;to&nbsp; <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&nbsp;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&nbsp;przypadku, gdy <math>| r | < {\small\frac{1}{4}}</math>. W&nbsp;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&nbsp;samych zer. Wiemy, że w&nbsp;przypadku, gdy <math>r = {\small\frac{1}{4}}</math> szereg <math>\sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2</math> jest zbieżny.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
== Sumy współczynników dwumianowych ==
 +
 
 +
<span id="D86" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D86</span><br/>
 +
Dla <math>n \geqslant 0 \;</math> i <math>\; r \in \mathbb{R}</math> prawdziwe są wzory
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
 
 +
'''Punkt 1.'''
 +
 
 +
Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>(1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k</math>
 +
 
 +
'''Punkt 2.'''
 +
 
 +
Całkując obie strony wzoru dwumianowego
 +
 
 +
::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>\int^r_0 (1 + x)^n d x = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} \int^r_0 x^k d x</math>
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{(r + 1)^{n + 1} - 1}{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{r^{k + 1}}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math>
 +
 
 +
'''Punkt 3.'''
 +
 
 +
Obliczając pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego
 +
 
 +
::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1}</math>
 +
 
 +
Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy dowodzony wzór.
 +
 
 +
'''Punkt 4.'''
 +
 
 +
Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego
 +
 
 +
::<math>(1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k</math>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1}</math>
 +
 
 +
Kładąc <math>x = 1</math>, dostajemy
 +
 
 +
::<math>n(n - 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} - n 2^{n - 1}</math>
 +
 
 +
Skąd natychmiast wynika dowodzony wzór.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D87" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D87</span><br/>
 +
Dla <math>n, m \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Ze wzoru Pascala
 +
 
 +
::<math>{\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>{\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}}</math>
 +
 
 +
Kładąc <math>a = n + k + 1</math>, mamy
 +
 
 +
::<math>{\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}}</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>{\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
Wykorzystując powyższy wzór, łatwo pokazujemy, że (zobacz [[#D12|D12]])
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right]</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right]</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right]</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}}</math>
 +
 
 +
Co kończy dowód.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Suma nieoznaczona</span> ===
 +
 
 +
<span id="D88" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D88</span><br/>
 +
Sumą nieoznaczoną<ref name="IndefiniteSum1"/> (lub antyróżnicą) funkcji <math>f(k)</math>, będziemy nazywali dowolną funkcję <math>F(k)</math> taką, że
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::<math>F(k + 1) - F (k) = f (k)</math>
 +
</div>
 +
 
 +
Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji <math>F(k)</math>, bo jeżeli <math>F (k)</math> jest sumą nieoznaczoną, to <math>F (k) + C</math>, gdzie <math>C</math> jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W&nbsp;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&nbsp;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 [[#D87|D87]])
 +
 
 +
::<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&nbsp;suma nieoznaczona nadal zależy od <math>k</math>, bo dla <math>F(n, k)</math> musi być prawdziwy wzór <math>(1)</math>. Łatwo widzimy, że
 +
 
 +
::<math>S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D89" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D89</span><br/>
 +
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem <math>S(b) = \sum_{k = a}^{b} f (k)</math> i&nbsp;chcemy udowodnić jego poprawność. W&nbsp;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 [[#D12|D12]]), 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&nbsp;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&nbsp;pomocą przychodzi nam suma nieoznaczona. W&nbsp;programie Maxima możemy ją policzyć, wpisując polecenia
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
 +
'''AntiDifference'''('''binomial'''(n+k, n), k);</span>
 +
 
 +
Otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}}</math>
 +
 
 +
Oczywiście
 +
 
 +
::<math>F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}}</math>
 +
 
 +
i
 +
 
 +
::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} = {\small\binom{2 n + 1}{n}}</math>
 +
 
 +
Podsumujmy. Jakkolwiek znalezienie ogólnego wzoru na sumę <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k)</math> może być bardzo trudne, to udowodnienie poprawności tego wzoru może być znacznie łatwiejsze (metodą indukcji matematycznej lub obliczając sumę teleskopową). Podobnie jest w&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;wtedy otrzymujemy natychmiast
 +
 
 +
::<math>S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1}</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D90" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D90</span><br/>
 +
Korzystając z&nbsp;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&nbsp;programie Maxima polecenia
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">'''load''' ("zeilberger");
 +
'''AntiDifference'''( 1/(k+1) * 1/(n-k+1) * '''binomial'''(2*k, k) * '''binomial'''(2*n-2*k, n-k), k);</span>
 +
 
 +
otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>F(n, k) = - {\small\frac{(n - 2 k + 1) (2 n - 2 k + 1)}{(n + 1) (n + 2) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 (n - k)}{n - k}}</math>
 +
 
 +
Czytelnik bez trudu pokaże, że
 +
 
 +
::<math>F(n, k + 1) = - {\small\frac{(2 k + 1) (n - 2 k - 1)}{(n + 1) (n + 2) (k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
oraz łatwo sprawdzi związek <math>F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k)</math> i&nbsp;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&nbsp;postaci
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (n, k) + f (n, n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n} + f (n, n)</math><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy <math>\boldsymbol{S(n)}</math></span> ===
 +
 
 +
<span id="D91" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D91</span><br/>
 +
Rozważmy sumę
 +
 
 +
::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>
 +
 
 +
W twierdzeniach [[#D107|D107]] i [[#D108|D108]] wyliczyliśmy <math>S(n)</math>, znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math> wynika z&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;książce Petkovšeka, Wilfa i&nbsp;Zeilbergera<ref name="PetkovsekWilfZeilberger1"/>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D92" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D92</span><br/>
 +
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Jeżeli składniki sumy <math>f(n, k)</math> spełniają równanie rekurencyjne
 +
 
 +
::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>
 +
 
 +
gdzie współczynniki <math>a, b, c, d</math> są funkcjami tylko <math>n</math>, to suma <math>S (n)</math> spełnia równanie rekurencyjne
 +
 
 +
::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Łatwo zauważamy, że
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j)</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j)</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1)</math>
 +
 
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) =</math>
 +
 
 +
::::::<math>\;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)</math>
 +
 
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j)</math>
 +
 
 +
::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j)</math>
 +
 
 +
::::::<math>\;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)</math>
 +
 
 +
 
 +
Zatem sumując założone równanie rekurencyjne
 +
 
 +
::<math>a \cdot f (n + 1, k + 1) + b \cdot f (n + 1, k) + c \cdot f (n, k + 1) + d \cdot f (n, k) = 0</math>
 +
 
 +
po <math>k</math> od <math>k = 0</math> do <math>k = n</math>, otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>a \cdot [- f (n + 1, 0) + S (n + 1)] + b \cdot [- f (n + 1, n + 1) + S (n + 1)] + c \cdot [- f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n)] + d \cdot S (n) = 0</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>(a + b) S (n + 1) + (c + d) S (n) - a \cdot f (n + 1, 0) - b \cdot f (n + 1, n + 1) - c [f (n, 0) - f (n, n + 1)] = 0</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D93" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D93</span><br/>
 +
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci <math>\sum_{k = 0}^{n} f (k)</math>, bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w&nbsp;takim przypadku natychmiast: <math>S(n + 1) - S (n) = f (n + 1)</math>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D94" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D94</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D87|D87]])
 +
 
 +
::<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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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.<!-- aby uniknąć formatowania zmiennych F1, S1 wstawiamy znaki \\ -->
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">sum1() :=
 +
(
 +
f(n, k):= '''binomial'''(n+k, n),  /* składnik sumy */
 +
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
 +
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d,  /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */<!--\\-->
 +
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ),  /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */<!--\\-->
 +
/*  przekształcamy F1, S1  */<!--\\-->
 +
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
'''print'''("równanie: ", F2),<!--\\-->
 +
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ),  /* faktoryzuj i weź licznik */<!--\\-->
 +
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),<!--\\-->
 +
deg: '''hipow'''(F3, k),<!--\\-->
 +
'''print'''("stopień = ", deg),
 +
/*    stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań    */<!--\\-->
 +
LE:  ['''subst'''(0, k, F3) = 0],<!--\\-->
 +
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE),  /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */<!--\\-->
 +
'''print'''("lista równań: ", LE),
 +
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ),  /* lista rozwiązań */
 +
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
 +
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ),  /* pierwszy element listy sol */<!--\\-->
 +
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),<!--\\-->
 +
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),<!--\\-->
 +
'''solve'''( S4 = 0, S[n] )<!--\\-->
 +
/*    S[n] = (2*n+1)! / (n! * (n+1)!)    */
 +
)$</span>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D95" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D95</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D86|D86]] 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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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.<!-- aby uniknąć formatowania zmiennych F1, S1 wstawiamy znaki \\ -->
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">sum2() :=
 +
(
 +
f(n, k):= r^k * '''binomial'''(n, k),  /* składnik sumy */
 +
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
 +
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d,  /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */<!--\\-->
 +
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ),  /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */<!--\\-->
 +
/*  przekształcamy F1, S1  */<!--\\-->
 +
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
'''print'''("równanie: ", F2),<!--\\-->
 +
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ),  /* faktoryzuj i weź licznik */<!--\\-->
 +
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),<!--\\-->
 +
deg: '''hipow'''(F3, k),<!--\\-->
 +
'''print'''("stopień = ", deg),
 +
/*    stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań    */<!--\\-->
 +
LE:  ['''subst'''(0, k, F3) = 0],<!--\\-->
 +
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i) = 0, LE),  /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */<!--\\-->
 +
'''print'''("lista równań: ", LE),
 +
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ),  /* lista rozwiązań */
 +
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
 +
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
S3: '''subst'''( sol[1], S2),  /* pierwszy element listy sol */<!--\\-->
 +
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),<!--\\-->
 +
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),<!--\\-->
 +
/*    S[n+1] = (r+1)*S[n]    */
 +
'''load'''("solve_rec"),
 +
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )        /*  S[n] = C*(r+1)^n  */<!--\\-->
 +
)$</span>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D96" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D96</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D86|D86]] 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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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 [[#D92|D92]])
 +
 
 +
::<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.<!-- aby uniknąć formatowania zmiennych F1, S1 wstawiamy znaki \\ -->
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">sum3() :=
 +
(
 +
f(n, k):= 1/(k+1) * '''binomial'''(n, k),  /* składnik sumy */
 +
'''print'''("f(n, k) = ", f(n,k) ),
 +
F1: a * f(n+1,k+1)/f(n,k) + b * f(n+1,k)/f(n,k) + c * f(n,k+1)/f(n,k) + d,  /* równanie rekurencyjne dla składników sumy f(n, k) */<!--\\-->
 +
S1: (a+b) * S[n+1] + (c+d) * S[n] - a * f(n+1, 0) - b * f(n+1, n+1) - c * ( f(n, 0) - f(n, n+1) ),  /* równanie rekurencyjne dla sumy S(n) */<!--\\-->
 +
/*  przekształcamy F1, S1  */<!--\\-->
 +
F2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(F1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
'''print'''("równanie: ", F2),<!--\\-->
 +
F3: '''num'''( '''factor'''(F2) ),  /* faktoryzuj i weź licznik */<!--\\-->
 +
'''print'''("licznik = ", '''rat'''(F3, k)),<!--\\-->
 +
deg: '''hipow'''(F3, k),<!--\\-->
 +
'''print'''("stopień = ", deg),
 +
/*    stopień wielomianu F3 jest równy deg i mamy deg+1 równań    */<!--\\-->
 +
LE:  ['''subst'''(0, k, F3) = 0],<!--\\-->
 +
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F3, k^i)=0, LE),  /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */<!--\\-->
 +
'''print'''("lista równań: ", LE),
 +
sol: '''solve'''( LE, [a, b, c, d] ),  /* lista rozwiązań */
 +
'''print'''("rozwiązanie: ", sol),
 +
S2: '''minfactorial'''( '''makefact'''(S1) ),  /* zamień na silnie i uprość silnie */<!--\\-->
 +
S3: '''subst'''( sol[1], S2),  /* pierwszy element listy sol */<!--\\-->
 +
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),<!--\\-->
 +
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),<!--\\-->
 +
/*      (n+2)*S[n+1] = 2*(n+1)*S[n] + 1    */
 +
'''load'''("solve_rec"),
 +
'''solve_rec'''( S4 = 0, S[n] )        /*  S[n] = ( (C+1) * 2^n - 1 )/(n + 1)  */<!--\\-->
 +
)$</span>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D97" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D97</span><br/>
 +
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0 \;</math> i <math>\; k \in \mathbb{Z}</math>. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0 \;</math> lub <math>\; k > n</math>.
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Jeżeli zapiszmy <math>{\small\binom{n}{k}}</math> w&nbsp;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 [[#D110|D110]]), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję
 +
 
 +
::<math>g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}}</math>
 +
 
 +
Jeżeli <math>k \in \mathbb{Z} \;</math> i <math>\; 0 \leqslant k \leqslant n</math>, to funkcja <math>g(n, k)</math> jest równa współczynnikowi dwumianowemu <math>{\small\binom{n}{k}}</math>.
 +
 
 +
::<math>g(n, k) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1) \Gamma (n - k + 1)}} = {\small\frac{n!}{k! (n - k) !}} = {\small\binom{n}{k}}</math>
 +
 
 +
 
 +
W przypadku, gdy <math>k < 0</math>, mamy
 +
 
 +
::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - x + 1)}} = 0 \cdot {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (n - k + 1)}} = 0</math>
 +
 
 +
 
 +
W przypadku, gdy <math>k > n</math>, dostajemy
 +
 
 +
::<math>\lim_{x \rightarrow k} g (n, x) = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} = \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1)}} \cdot \lim_{x \rightarrow k} {\small\frac{1}{\Gamma (n - x + 1)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (k + 1)}} \cdot 0 = 0</math>
 +
 
 +
 
 +
Co najlepiej wyjaśnia, dlaczego przyjmujemy, że <math>{\small\binom{n}{k}} = 0</math>, gdy <math>k < 0 \;</math> lub <math>\; k > n</math>.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D98" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D98</span><br/>
 +
Niech <math>n, I, J \in \mathbb{N}_0 \;</math> i <math>\; k \in \mathbb{Z}</math>. Jeżeli <math>f(n, k) = 0</math>
 +
dla <math>k \notin [0, n] \,</math> i&nbsp;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&nbsp;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
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;dla <math>k < - J</math> mamy <math>k + j < - J + j \leqslant 0</math>
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;dla <math>k > n + I</math> mamy <math>k + j > n + I + j \geqslant n + I \geqslant n + i</math>
 +
 
 +
Wynika stąd, że rozszerzając rozpatrywaną sumę na cały zbiór liczb całkowitych, nie zmienimy wartości sumy. Czyli, że
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>
 +
 
 +
 
 +
Teraz już łatwo otrzymujemy równanie rekurencyjne dla sumy <math>S(n)</math>
 +
 
 +
::<math>0 = \sum_{k = - J}^{n + I} \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) \,</math><span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>
 +
 
 +
::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j)</math>
 +
 
 +
::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l)</math>
 +
 
 +
::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i)</math>
 +
 
 +
::::::::::::<math>\;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right]</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.
 +
 
 +
 
 +
<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
 +
<span style="color: Green">[a]</span> W&nbsp;przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D99" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D99</span><br/>
 +
Z zadania [[#D97|D97]] wynika, że jeżeli funkcja <math>f(n, k)</math> zawiera czynnik <math>{\small\binom{n}{k}}</math>, to może spełniać warunek <math>f(n, k) = 0</math> dla <math>k \notin [0, n]</math>. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja <math>f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> jest różna od zera dla <math>k = - 1</math>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D100" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D100</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D86|D86]] 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&nbsp;procedurę<!-- aby uniknąć formatowania zmiennych F1, S1 wstawiamy znaki \\ -->
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">sum5(I, J) :=
 +
(
 +
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"),  /* składnik sumy */
 +
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
 +
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),<!--\\-->
 +
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),<!--\\-->
 +
deg: '''hipow'''(F2, k),<!--\\-->
 +
LE:  ['''subst'''(0, k, F2) = 0],<!--\\-->
 +
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE),  /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */<!--\\-->
 +
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J),  /* lista zmiennych */
 +
sol: '''solve'''( LE, LV ),  /* lista rozwiązań */
 +
S1: '''sum'''( S[n+i] * '''sum'''(a[i,j], j, 0, J), i, 0, I),<!--\\-->
 +
S2: '''subst'''( sol[1], S1 ),  /* pierwszy element listy sol */<!--\\-->
 +
S3: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S2 ) ) ),<!--\\-->
 +
'''print'''("rekurencja: ", S3 = 0),<!--\\-->
 +
'''load'''("solve_rec"),
 +
'''solve_rec'''( S3 = 0,  S[n] )<!--\\-->
 +
)$</span>
 +
 
 +
 
 +
Wywołujemy procedurę <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span> i&nbsp;wpisujemy funkcję
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">f(n, k):= k * '''binomial'''(n, k)</span>
 +
 
 +
W wyniku otrzymujemy równanie rekurencyjne
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">n * S[n+1] = 2 * (n+1) * S[n]</span>
 +
 
 +
którego rozwiązanie jest postaci
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">S[n] = C * n * 2^(n-1)</span>
 +
 
 +
Łatwo sprawdzamy, że <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>C = 1</code></span>. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D101" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D101</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwe są wzory
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n^2 (n + 1) {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Wskazówki:
 +
 
 +
Korzystamy z&nbsp;procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, której kod został podany w&nbsp;zadaniu [[#D100|D100]].
 +
 
 +
Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>I, J</code></span>.
 +
 
 +
::<math>\Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot n! \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
'''Punkt 1.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 2)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 1)</code></span>
 +
 
 +
'''Punkt 2.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(1, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>
 +
 
 +
'''Punkt 3.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>
 +
 
 +
'''Punkt 4.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>
 +
 
 +
'''Punkt 5.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 2)</code></span>
 +
 
 +
'''Punkt 6.''' <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(2, 3)</code></span>, zobacz też <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5(3, 2)</code></span><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D102" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D102</span><br/>
 +
Niech <math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>. Wiemy (zobacz [[#D98|D98]]), 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&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;których funkcja <math>f(n, k)</math> jest określona i&nbsp;różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję
 +
 
 +
::<math>T(n) = f (n, k_1) + f (n, k_2) + f (n, k_3) + \ldots = \sum_r f (n, k_r)</math>
 +
 
 +
W takim przypadku otrzymamy następujące równanie rekurencyjne dla sumy <math>S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k)</math>
 +
 
 +
::<math>\sum_{i = 0}^{I} [S (n + i) + T (n + i)] \cdot \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0</math>
 +
 
 +
 
 +
Wystarczy drobna modyfikacja procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum5()</code></span>, aby obejmowała ona również takie przypadki<!-- aby uniknąć formatowania zmiennych F1, S1 wstawiamy znaki \\ -->
 +
 
 +
<span style="font-size: 90%; color:black;">sum6(I, J):=
 +
(
 +
'''read'''("podaj definicję f(n, k)"),  /* składnik sumy */
 +
'''print'''("f(n, k) = ", f(n, k) ),
 +
'''read'''("podaj definicję T(n)"),  /* suma skończonych wartości funkcji f(n, k), gdzie k<0 lub k>n */
 +
'''print'''("T(n) = ", T(n) ),
 +
F1: '''sum'''( '''sum'''( a[i,j] * f(n+i, k+j), i, 0, I), j, 0, J) / f(n, k),<!--\\-->
 +
F2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( F1 ) ) ) ) ),<!--\\-->
 +
deg: '''hipow'''(F2, k),<!--\\-->
 +
LE:  ['''subst'''(0, k, F2) = 0],<!--\\-->
 +
'''for''' i: 1 '''thru''' deg '''do''' '''push'''('''coeff'''(F2, k^i) = 0, LE),  /* kolejne równania wpisujemy do listy LE */<!--\\-->
 +
LV: '''create_list'''(a[i, j], i, 0, I , j, 0, J),  /* lista zmiennych */
 +
sol: '''solve'''( LE, LV ),  /* lista rozwiązań */
 +
S1: '''sum'''( ( S[n+i] + T(n+i) ) * '''sum'''( a[i,j], j, 0, J ), i, 0, I ),<!--\\-->
 +
S2: '''num'''( '''factor'''( '''minfactorial'''( '''makefact'''( '''expand'''( S1 ) ) ) ) ),<!--\\-->
 +
S3: '''subst'''( sol[1], S2 ),  /* pierwszy element listy sol */<!--\\-->
 +
S4: '''num'''( '''factor'''( '''expand'''( S3 ) ) ),<!--\\-->
 +
'''print'''("rekurencja: ", S4 = 0),<!--\\-->
 +
'''load'''("solve_rec"),
 +
'''solve_rec'''( S4 = 0,  S[n] )<!--\\-->
 +
)$</span>
 +
 
 +
 
 +
Korzystając z&nbsp;powyższej procedury, Czytelnik może łatwo policzyć wypisane poniżej sumy.
 +
 
 +
::{| class="wikitable plainlinks"  style="font-size: 90%; text-align: center; margin-right: auto;"
 +
|-
 +
! <math>\boldsymbol{f(n,k)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-1)}</math> || <math>\boldsymbol{f(n,-2)}</math> || <math>\boldsymbol{\sum_{k = 0}^n f(n,k)}</math> || WolframAlpha
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>0</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+binomial%28n%2Ck%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK1]
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{1}{k + 2}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>0</math> || <math>- {\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{n 2^{n + 1} + 1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK2]
 +
|-
 +
| <math>{\small\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}} {\small\binom{n}{k}}</math> || <math>{\small\frac{1}{n + 1}}</math> || <math>{\small\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || <math>{\small\frac{2^{n + 2} - n - 3}{(n + 1) (n + 2)}}</math> || [https://www.wolframalpha.com/input?i=Sum%5B1%2F%28k%2B1%29+*+1%2F%28k%2B2%29+*+binomial%28n%2C+k%29%2C+%7Bk%2C+0%2C+n%7D%5D LINK3]
 +
|}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D103" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D103</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz zadanie [[#D115|D115]]). Zatem korzystając z&nbsp;procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne
 +
 
 +
::<math>(n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0</math>
 +
 
 +
i rozwiązanie
 +
 
 +
::<math>S(n) = C \cdot 4^n</math>
 +
 
 +
Łatwo sprawdzamy, że <math>C = 1</math>.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D104" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D104</span><br/>
 +
Pokazać, że dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Rozwiązanie|Hide=Ukryj rozwiązanie}}
 +
Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla <math>k \notin [0, n]</math> (zobacz [[#D115|D115]]) poza punktem <math>k = - 1</math>. Wiemy, że (zobacz [[#D116|D116]])
 +
 
 +
::<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&nbsp;procedury <span style="font-size: 90%; color:black;"><code>sum6(2, 1)</code></span>, otrzymujemy równanie rekurencyjne
 +
 
 +
::<math>(n^2 + 5 n + 6) S (n + 2) - 8 (n^2 + 4 n + 4) S (n + 1) + 16 (n^2 + 3 n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>
 +
 
 +
::<math>(n + 2) (n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2)^2 S (n + 1) + 16 (n + 1) (n + 2) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{[(n + 1) !]^2}} = 0</math>
 +
 
 +
::<math>(n + 3) S (n + 2) - 8 (n + 2) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) + 2 \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) ! (n + 2) !}} = 0</math>
 +
 
 +
Maxima nie potrafi rozwiązać tego równania rekurencyjnego, ale można sprawdzić, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math> jest jego rozwiązaniem.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
== Uzupełnienie ==
 +
 
 +
&nbsp;
 +
 
 +
=== <span style="border-bottom:2px solid #000; padding-bottom: 0.2em">Dowód własności liczb Catalana <math>{\small C_{n + 1} = \textstyle\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}}</math></span> ===
 +
 
 +
<span id="D105" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Uwaga D105</span><br/>
 +
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia [[#D84|D84]] został oparty na pracy Jovana Mikicia<ref name="JovanMikic1"/>.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D106" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D106</span><br/>
 +
Jeżeli funkcja <math>f(k)</math> nie zależy od <math>n</math> i&nbsp;dane są sumy
 +
 
 +
::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
to
 +
 
 +
::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z definicji sumy <math>T(n)</math> ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla <math>n \geqslant 1</math> mamy
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - k) f (k) \cdot {\small\frac{(2 n - 2 k) (2 n - 2 k - 1)}{(n - k)^2}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 (2 n - 2 k - 1) f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n - 1} [4 (n - 1 - k) + 2] f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k - 2}{n - k - 1}}</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math>
 +
 
 +
Co kończy dowód.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D107" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D107</span><br/>
 +
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Niech
 +
 
 +
::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
Zauważmy, że
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} j {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} {\small\binom{2 k}{k}} \right]</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{2}} \sum_{k = 0}^{n} (n - k + k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}}</math>
 +
 
 +
Ponieważ <math>T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}} \;</math> i <math>\; T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D106|D106]]), to otrzymujemy
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1)</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1)</math>
 +
 
 +
::<math>S(n) = 4 S (n - 1)</math>
 +
 
 +
Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że <math>S(n) = 4^n</math>. Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D108" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D108</span><br/>
 +
Dla <math>n \geqslant 0</math> prawdziwy jest wzór
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Oznaczmy
 +
 
 +
::<math>S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
Zauważmy, że
 +
 
 +
::<math>T(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n - k}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{n + 1 - (k + 1)}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} - \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
:::<math>\;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n</math>
 +
</div>
 +
 
 +
Ponieważ <math>T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n \;</math> i <math>\; T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1)</math> (zobacz [[#D106|D106]]), to otrzymujemy
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1)</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::<math>(n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1)</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
::<math>S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1)</math>
 +
</div>
 +
 
 +
Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że <math>S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>. Dla <math>n = 0</math> mamy <math>S(0) = 1 \;</math> i <math>\; {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1</math>. Zatem wzór jest prawdziwy dla <math>n = 0</math>. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla <math>n - 1</math>, otrzymujemy dla <math>n</math>
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{2 n + 1}{n + 1}} \cdot {\small\frac{(n + 1)^2}{(2 n + 1) (2 n + 2)}} \cdot {\small\frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(n + 1)^2}} \cdot {\small\binom{2 n}{n}}</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
:::::::<math>\;\;\; = S (n)</math>
 +
 
 +
Co kończy dowód.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D109" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D109</span><br/>
 +
Jeżeli <math>C_n</math> są liczbami Catalana, to
 +
 
 +
::<math>C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Zauważmy, że
 +
 
 +
::<math>\sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} \left( {\small\frac{1}{k + 1}} + {\small\frac{1}{n - k + 1}} \right) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n - k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} \right]</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} \left[ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} + \sum_{j = 0}^{n} {\small\frac{1}{j + 1}} {\small\binom{2 n - 2 j}{n - j}} {\small\binom{2 j}{j}} \right]</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}}</math>
 +
 
 +
:::::<math>\;\;\:\, = C_{n + 1}</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
 
 +
=== <span style="border-bottom:2px solid #000;">Funkcja gamma</span> ===
 +
 
 +
&nbsp;
 +
 
 +
<span id="D110" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Definicja D110</span><br/>
 +
Funkcja <math>\Gamma (z)</math><ref name="gamma1"/> jest zdefiniowana równoważnymi wzorami
 +
 
 +
::<math>\Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) > 0 \qquad \qquad</math> (definicja całkowa Eulera)
 +
 
 +
::<math>\Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja Gaussa)
 +
 
 +
::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{1}{z}} \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^z \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Eulera)
 +
 
 +
::<math>\Gamma (z) = {\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} \qquad \qquad</math> (definicja iloczynowa Weierstrassa)
 +
 
 +
Trzy ostatnie wzory możemy wykorzystać do zdefiniowania funkcji <math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}}</math>, która jest określona dla dowolnych <math>z \in \mathbb{C}</math>
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}}</math>
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^{- z} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)</math>
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = z e^{\gamma z} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right) e^{- \tfrac{z}{n}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Pokaż wykres|Hide=Ukryj wykres}}
 +
 
 +
Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji <math>\Gamma (x)</math> (kolor niebieski) i <math>\, {\small\frac{1}{\Gamma (x)}}</math> (kolor czerwony).
 +
 
 +
::[[File: gamma1.png|700px|none]]
 +
&#9633;
 +
{{\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&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;definicji Gaussa'''
 +
 
 +
Stała <math>\gamma</math> jest równa
 +
 
 +
::<math>\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right)</math>
 +
 
 +
Zatem
 +
 
 +
::<math>{\small\frac{e^{- \gamma z}}{z}} \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 + {\small\frac{z}{n}} \right)^{- 1} e^{\tfrac{z}{n}} = z^{- 1} \cdot e^{- \gamma z} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{e^{\tfrac{z}{k}}}{1 + \tfrac{z}{k}} \right)</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\, = z^{- 1} \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} \prod^n_{k = 1} \frac{k e^{\tfrac{z}{k}}}{z + k} \right)</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\, = \left( \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\left( \log n - 1 - \tfrac{1}{2} - \ldots - \tfrac{1}{n} \right) z} \right) \cdot \left( \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} \cdot e^{\left( 1 + \tfrac{1}{2} + \ldots + \tfrac{1}{n} \right) z} \right)</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>
 +
 
 +
:::::::::<math>\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}}</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D111" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D111</span><br/>
 +
Dla funkcji <math>\Gamma (z)</math> prawdziwe są następujące wzory
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>\Gamma (1) = 1</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1.5em; margin-bottom: 1em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>\Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z}</math>
 +
</div>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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&nbsp;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&nbsp;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&nbsp;wartości funkcji <math>\Gamma (2 z)</math>, <math>\Gamma (z)</math> i <math>\Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math> są określone dla <math>2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \}</math>, to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy <math>z = {\small\frac{1}{2}}</math>, to otrzymamy
 +
 
 +
::<math>\Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C</math>
 +
 
 +
Czyli
 +
 
 +
::<math>C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}}</math>
 +
 
 +
I ostatecznie dostajemy
 +
 
 +
::<math>\Gamma (2 z) = {\small\frac{2^{2 z - 1}}{\sqrt{\pi}}} \cdot \Gamma (z) \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right)</math>
 +
 
 +
 
 +
Przy okazji pokazaliśmy asymptotykę: <math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}}</math>
 +
 
 +
 
 +
Zauważmy jeszcze, że gdy położymy <math>2 n + 1</math> zamiast <math>n</math>, to otrzymamy taki sam rezultat, bo
 +
 
 +
::<math>\Gamma (2 z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n + 1)^{2 z} (2 n + 1) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n + 1)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n)^{2 z} (2 n) !}{2 z (2 z + 1) \cdot \ldots \cdot (2 z + 2 n)}} \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{2 n}} \right)^{\! 2 z} \cdot \left( {\small\frac{1}{1 + {\normalsize\frac{2 z}{2 n + 1}}}} \right)</math><br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
Ze wzorów podanych w&nbsp;twierdzeniu [[#D111|D111]] otrzymujemy<br/>
 +
<span id="D112" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D112</span><br/>
 +
Niech <math>k \in \mathbb{Z} \;</math> i <math>\; n \in \mathbb{N}_0</math>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>\Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi}</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1.5em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<math>\Gamma (n + 1) = n!</math>
 +
</div>
 +
 
 +
<div style="margin-top: 1em; margin-bottom: 1em;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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;">
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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 [[#D111|D111]]
 +
 
 +
'''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 [[#D111|D111]]
 +
 
 +
'''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&nbsp;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&nbsp;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]]
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D113" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D113</span><br/>
 +
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0 \,</math> i <math>\; a \in \mathbb{Z}_+</math>, to
 +
 
 +
::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Wiemy, że jeżeli <math>z</math> nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz [[#D111|D111]] 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&nbsp;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&nbsp;reguły de l'Hospitala. Wynika stąd, że
 +
 
 +
::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z)}{\Gamma (z)}} = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (a n + 1)}} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot (- 1)^{(a - 1) n} = (- 1)^{(a - 1) n} \cdot {\small\frac{1}{a}} \cdot {\small\frac{n!}{(a n) !}}</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D114" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie D114</span><br/>
 +
Jeżeli <math>n \in \mathbb{N}_0 \,</math> i <math>\; a \in \mathbb{Z}_+</math>, to
 +
 
 +
::<math>\lim_{z \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (a z + 1)}{\Gamma (b z + 1)}} = (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>
 +
 
 +
{{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
 +
Z twierdzenia [[#D111|D111]] 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^{2 n - 1}_{j = 1} (a n - j)} =
 +
{\small\frac{b}{a}} \cdot (- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n - 1) !}{(a n - 1) !}} =
 +
(- 1)^{(a - b) n} \cdot {\small\frac{(b n) !}{(a n) !}}</math>
 +
 
 +
Co należało pokazać.<br/>
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D115" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D115</span><br/>
 +
Niech <math>n \in \mathbb{Z}_+ \,</math> i <math>\; g(n) = {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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&nbsp;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&nbsp;twierdzenia [[#D114|D114]], 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 [[#D110|D110]])
 +
 
 +
::<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&nbsp;co jest dobrze widoczne na wykresie funkcji <math>{\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}}</math>
 +
 
 +
::[[File: gamma3.png|600px|none]]
 +
&#9633;
 +
{{\Spoiler}}
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<span id="D116" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Zadanie D116</span><br/>
 +
Niech <math>n \in \mathbb{N}_0 \,</math> i <math>\; g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}}</math>. Pokazać, że
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;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>
 +
 
 +
:*&nbsp;&nbsp;&nbsp;<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&nbsp;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&nbsp;punkcje <math>x = - 1</math> istnieje i&nbsp;jest równa <math>- {\small\frac{1}{2}}</math>.
 +
 
 +
Z twierdzenia [[#D114|D114]] 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]]
 +
&#9633;
 +
{{\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="calkowalnosc1">Twierdzenie: funkcja ciągła w&nbsp;przedziale domkniętym jest całkowalna w&nbsp;tym przedziale.</ref>
 +
 
 +
<ref name="calkowalnosc2">W szczególności: funkcja ograniczona i&nbsp;mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w&nbsp;przedziale domkniętym jest w&nbsp;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 [[#D42|D42]].</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&#32;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="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&nbsp;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>
 
</references>

Aktualna wersja na dzień 18:12, 22 lis 2024

07.04.2022



Szeregi nieskończone

Definicja D1
Sumę wszystkich wyrazów ciągu nieskończonego [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math]

[math]\displaystyle{ a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n + \ldots = \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math]

nazywamy szeregiem nieskończonym o wyrazach [math]\displaystyle{ a_n }[/math].


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


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


Twierdzenie D4 (warunek konieczny zbieżności szeregu)
Jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math] jest zbieżny, to [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k }[/math] będzie ciągiem sum częściowych, wtedy [math]\displaystyle{ a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_n }[/math]. Z założenia ciąg [math]\displaystyle{ (S_n) }[/math] jest zbieżny, zatem

[math]\displaystyle{ \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]


Okazuje się, że bardzo łatwo podać przykład szeregów, dla których warunek [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ (a_n) }[/math] będzie ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych. Jeżeli

[math]\displaystyle{ \underset{n \rightarrow \infty}{\lim} a_n = 0 }[/math]

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

Dowód

Grupując wyrazy szeregu po dwa, otrzymujemy sumę częściową postaci

[math]\displaystyle{ S_{2 m} = (a_1 - a_2) + (a_3 - a_4) + \ldots + (a_{2 m - 1} - a_{2 m}) }[/math]

Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest ciągiem malejącym, to każde wyrażenie w nawiasie jest liczbą nieujemną. Z drugiej strony

[math]\displaystyle{ 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}} \lt a_1 }[/math]

Zatem dla każdego [math]\displaystyle{ m }[/math] ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ S_{2 m} }[/math] jest rosnący i ograniczony od góry, skąd na mocy twierdzenia C11 jest zbieżny, czyli

[math]\displaystyle{ \lim_{m \to \infty} S_{2 m} = g }[/math]

Pozostaje zbadać sumy częściowe [math]\displaystyle{ S_{2 m + 1} }[/math]. Rezultat jest natychmiastowy

[math]\displaystyle{ \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.


Twierdzenie D6
Dla [math]\displaystyle{ s \gt 1 }[/math] prawdziwy jest następujący związek

[math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Zauważmy, że założenie [math]\displaystyle{ s \gt 1 }[/math] zapewnia zbieżność szeregu po prawej stronie. Zapiszmy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} }[/math] w postaci sumy dla [math]\displaystyle{ k }[/math] parzystych i nieparzystych

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \: = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \: = \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^s}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = (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]\displaystyle{ \;\;\,\, = (1 - 2^{1 - s}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} }[/math]

gdzie skorzystaliśmy ze znalezionego wyżej wzoru dla sumy szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^s}} }[/math]


Przykład D7
Szeregi niekończone często definiują ważne funkcje. Dobrym przykładem może być funkcja eta Dirichleta[1], którą definiuje szereg naprzemienny

[math]\displaystyle{ \eta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^s}} }[/math]

lub funkcja dzeta Riemanna[2], którą definiuje inny szereg

[math]\displaystyle{ \zeta (s) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} }[/math]

Na podstawie twierdzenia D6 funkcje te są związane wzorem

[math]\displaystyle{ \eta (s) = (1 - 2^{1 - s}) \zeta (s) }[/math]

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


Twierdzenie D8
Niech [math]\displaystyle{ N \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = N}^{\infty} a_k }[/math] są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. W przypadku zbieżności zachodzi związek

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k = \left ( a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1} \right ) + \sum_{k = N}^{\infty} a_k }[/math]
Dowód

Niech [math]\displaystyle{ S(n) =\sum_{k = 1}^{n} a_k }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math]) oznacza sumę częściową pierwszego szeregu, a [math]\displaystyle{ T(n) = \sum_{k = N}^{\infty} a_k }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ n \geqslant N }[/math]) oznacza sumę częściową drugiego szeregu. Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant N }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ S(n) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_{N - 1}) + T (n) }[/math]

Widzimy, że dla [math]\displaystyle{ n }[/math] dążącego do nieskończoności zbieżność (rozbieżność) jednego ciągu implikuje zbieżność (rozbieżność) drugiego.


Twierdzenie D9 (kryterium porównawcze)
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita [math]\displaystyle{ N_0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \gt N_0 }[/math] jest spełniony warunek

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant a_k \leqslant b_k }[/math]

to

  1.    zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }[/math] pociąga za sobą zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math]
  2.    rozbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math] pociąga za sobą rozbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }[/math]
Dowód

Dowód przeprowadzimy dla szeregów [math]\displaystyle{ \sum_{k = N_0}^{\infty} a_k }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = N_0}^{\infty} b_k }[/math], które są (odpowiednio) jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne z szeregami [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }[/math].

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

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

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

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} a_k \leqslant \sum_{k = N_0}^{n} b_k }[/math]

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


Twierdzenie D10
Jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} \left | a_k \right | }[/math] jest zbieżny, to szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math] jest również zbieżny.

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ b_k = a_k + | a_k | }[/math]. Z definicji prawdziwe jest następujące kryterium porównawcze

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant b_k \leqslant 2 | a_k | }[/math]

Zatem z punktu 1. twierdzenia D9 wynika, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} b_k }[/math] jest zbieżny. Z definicji wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ \left ( b_k \right ) }[/math] mamy [math]\displaystyle{ a_k = b_k - | a_k | }[/math] i możemy napisać

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k }[/math], bo suma szeregów rozbieżnych może być zbieżna.


Definicja D11
Powiemy, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] jest bezwzględnie zbieżny, jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} | a_n | }[/math] jest zbieżny.

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


Twierdzenie D12
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Jeżeli wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] można zapisać w jednej z postaci

  1. [math]\displaystyle{ \quad a_k = f_k - f_{k + 1} }[/math]
  2. [math]\displaystyle{ \quad a_k = f_{k - 1} - f_k }[/math]

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

  1. [math]\displaystyle{ \quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_m - f_{n + 1} }[/math]
  2. [math]\displaystyle{ \quad \sum_{k = m}^{n} a_k = f_{m - 1} - f_n }[/math]
Dowód
[math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_k - f_{k + 1}) = }[/math]
[math]\displaystyle{ = (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]\displaystyle{ = 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]\displaystyle{ = 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]\displaystyle{ = f_m - f_{n + 1} }[/math]


[math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{n} a_k = \sum_{k = m}^{n} (f_{k - 1} - f_k) = }[/math]
[math]\displaystyle{ = (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]\displaystyle{ = 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]\displaystyle{ = 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]\displaystyle{ = f_{m - 1} - f_n }[/math]


Twierdzenie D13
Następujące szeregi są zbieżne

Dowód

Punkt 1.
Dla dowodu wykorzystamy fakt, że rozpatrywany szereg jest szeregiem teleskopowym

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{k}} - {\small\frac{1}{k + 1}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ k = s + 1 }[/math] i odpowiednio granice sumowania.

Punkt 3.
Należy skorzystać z tożsamości

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ k \geqslant 2 }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{1}{k^2}} \lt {\small\frac{1}{k^2 - 1}} }[/math]

to na mocy kryterium porównawczego (twierdzenie D9) ze zbieżności szeregu [math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 2} {\small\frac{1}{k^2 - 1}} }[/math] wynika zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} }[/math]


Twierdzenie D14
Następujące szeregi są zbieżne

Dowód

Punkt 1.

Wystarczy zauważyć, że

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \:\, = {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot \left( \sqrt{k + 1} + \sqrt{k} \right)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \:\, \gt {\small\frac{1}{\sqrt{k} \cdot \sqrt{k + 1} \cdot 2 \sqrt{k + 1}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \:\, = {\small\frac{1}{2 (k + 1) \sqrt{k}}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \:\, \lt 2 \sum_{k = 1}^n \left( {\small\frac{1}{\sqrt{k}}} - {\small\frac{1}{\sqrt{k + 1}}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \:\, = 2 \left( 1 - {\small\frac{1}{\sqrt{n + 1}}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \:\, \lt 2 }[/math]

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

Punkt 2.
Korzystając z twierdzenia A37 p.4, możemy napisać oszacowanie

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{\log k}{k (k + 1)}} \lt {\small\frac{\sqrt{k}}{k (k + 1)}} = {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} }[/math]

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

Punkt 3.
Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{k \log \left( k \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) \right) - (k - 1) \log (k)}{k (k - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{k \log (k) + k \log \left( 1 - {\normalsize\frac{1}{k}} \right) - k \log (k) + \log (k)}{k (k - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \gt {\small\frac{\log (k) - k \cdot {\normalsize\frac{1}{k - 1}}}{k (k - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} - {\small\frac{1}{(k - 1)^2}} }[/math]

Czyli prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} \lt \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]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\log (k)}{k (k - 1)}} \lt \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]\displaystyle{ \;\;\;\, \lt - {\small\frac{\log (n)}{n}} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {\small\frac{1}{j^2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \lt \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{j^2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{\pi^2}{6}} }[/math]

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

Punkt 4.
Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k}} \right)}{\log (k) \log (k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \lt {\small\frac{1}{k \cdot \log (k) \log (k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \lt {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} }[/math]

Z drugiej strony mamy

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{\log \left( 1 + {\normalsize\frac{1}{k - 1}} \right)}{\log (k - 1) \log (k)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \gt {\small\frac{1}{k \cdot \log (k - 1) \log (k)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \gt {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} }[/math]

Wynika stąd następujący ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \lt {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} \lt {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} }[/math]


Rezultat ten wykorzystamy w pełni w przykładzie D15, a do pokazania zbieżności szeregu wystarczy nam prawa nierówność. Mamy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 3}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 \! k}} \lt \sum_{k = 3}^{n} \left[ {\small\frac{1}{\log (k - 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k)}} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = {\small\frac{1}{\log 2}} - {\small\frac{1}{\log (n)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, \lt {\small\frac{1}{\log 2}} }[/math]

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


Przykład D15
Na przykładzie szeregu [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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 D14, w punkcie 4. pokazaliśmy, że prawdziwy jest ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \lt {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt {\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]\displaystyle{ \sum_{k = m + 1}^{n} \left( {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \right) \lt \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt \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]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (m + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} \lt \sum_{k = m + 1}^{n} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt {\small\frac{1}{\log m}} - {\small\frac{1}{\log n}} }[/math]


Przechodząc z [math]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (m + 1)}} \lt \sum_{k = m + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt {\small\frac{1}{\log m}} }[/math]


Teraz pozostaje dodać sumę wyrazów szeregu od [math]\displaystyle{ k = 3 }[/math] do [math]\displaystyle{ k = m }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (m + 1)}} + \sum_{k = 3}^{m} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt \sum_{k = 3}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot \log^2 k}} \lt {\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]\displaystyle{ 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) ))

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

Natomiast samo zsumowanie [math]\displaystyle{ 10^8 }[/math] wyrazów szeregu daje wynik

[math]\displaystyle{ \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.



Szeregi nieskończone i całka oznaczona

Twierdzenie D16
Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale [math]\displaystyle{ [m, n + 1] }[/math], to prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ 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]
Dowód

Ponieważ funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest z założenia ciągła, dodatnia i malejąca, to zamieszczony niżej rysunek dobrze prezentuje problem.

D Szereg-i-calka-1.png

Przedstawiona na rysunku krzywa odpowiada funkcji [math]\displaystyle{ f(x) }[/math]. Dla współrzędnej [math]\displaystyle{ x = k }[/math] zaznaczyliśmy wartość funkcji [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ f(k) }[/math] i jednostkowej szerokości
  • po prawej stronie pole pod krzywą (zaznaczone kolorem niebieskim) jest mniejsze od pola prostokąta o wysokości [math]\displaystyle{ f(k) }[/math] i jednostkowej szerokości

Korzystając z własności całki oznaczonej, otrzymujemy ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ f(x) }[/math] może być funkcją słabo malejącą.

Sumując lewą nierówność od [math]\displaystyle{ k = m }[/math] do [math]\displaystyle{ k = n }[/math], a prawą od [math]\displaystyle{ k = m + 1 }[/math] do [math]\displaystyle{ k = n }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \int_{m}^{n + 1} f (x) d x \leqslant \sum_{k = m}^{n} f (k) }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = m + 1}^{n} f (k) \leqslant \int_{m}^{n} f (x) d x }[/math]

Dodając [math]\displaystyle{ f(m) }[/math] do obydwu stron drugiej z powyższych nierówności i łącząc je ze sobą, otrzymujemy kolejny i docelowy ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ 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]


Przykład D17
Rozważmy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k}} }[/math].

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

[math]\displaystyle{ \int_{1}^{n + 1} {\small\frac{d x}{x}} \lt \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \lt 1 + \int_{1}^{n} {\small\frac{d x}{x}} }[/math]

Przy obliczaniu całek oznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony WolframAlpha.

[math]\displaystyle{ \log (n + 1) \lt \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \lt 1 + \log n }[/math]

Ponieważ

[math]\displaystyle{ \log (n + 1) = \log \left( n \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \right) = \log n + \log \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right) \gt \log n + {\small\frac{1}{n + 1}} }[/math]

to dostajemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{n + 1}} \lt \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} - \log n \lt 1 }[/math]

Zauważmy: nie tylko wiemy, że szereg [math]\displaystyle{ \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 D18 (kryterium całkowe zbieżności szeregów)
Załóżmy, że funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale [math]\displaystyle{ [m, + \infty) }[/math]. Szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f(k) }[/math] jest zbieżny lub rozbieżny w zależności od tego, czy funkcja pierwotna [math]\displaystyle{ F(x) = \int f (x) d x }[/math] ma dla [math]\displaystyle{ x \rightarrow \infty }[/math] granicę skończoną, czy nie.

Dowód

Nim przejdziemy do dowodu, wyjaśnimy uczynione założenia. Założenie, że funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest malejąca, będzie wykorzystane w czasie dowodu twierdzenia, ale rozważanie przypadku, gdy [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest rosnąca, nie ma sensu, bo wtedy nie mógłby być spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f(k) }[/math] (zobacz twierdzenie D4).

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

Założenie ciągłości funkcji [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] ma zapewnić całkowalność funkcji [math]\displaystyle{ f(x) }[/math][3]. Założenie to można osłabić[4], tutaj ograniczymy się tylko do podania przykładów. Niech [math]\displaystyle{ a, b \in \mathbb{R} }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ \int_a^b \text{sgn}(x) d x = | b | - | a | }[/math] [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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 D16 i przechodząc z [math]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, dostajemy

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

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

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


Przykład D19
Przykłady zebraliśmy w tabeli. Przy obliczaniu całek nieoznaczonych Czytelnik może skorzystać ze strony WolframAlpha.

Stosując kryterium całkowe, można łatwo pokazać, że szeregi

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^s}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \log^s \! k}} }[/math]

są zbieżne dla [math]\displaystyle{ s \gt 1 }[/math] i rozbieżne dla [math]\displaystyle{ s \leqslant 1 }[/math].



Twierdzenie D20
Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest ciągła, dodatnia i malejąca w przedziale [math]\displaystyle{ [m, \infty) }[/math] oraz

[math]\displaystyle{ R(m) = \int_{m}^{\infty} f(x) d x }[/math]
[math]\displaystyle{ S(m) = \sum_{k = a}^{m} f(k) }[/math]

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

[math]\displaystyle{ S(m) + R(m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R(m) }[/math]
Dowód

Korzystając ze wzoru udowodnionego w twierdzeniu D16 i przechodząc z [math]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ R(m) \leqslant \sum_{k = m}^{\infty} f(k) \leqslant f(m) + R (m) }[/math]

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

[math]\displaystyle{ S(m) + R (m) - f(m) \leqslant \sum_{k = a}^{\infty} f(k) \leqslant S(m) + R (m) }[/math]

Co należało pokazać.


Przykład D21
Twierdzenie D20 umożliwia określenie, z jaką dokładnością została wyznaczona suma szeregu. Wyznaczmy sumę szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ S(m) = \sum_{k = 1}^{m} {\small\frac{1}{(k + 1) \sqrt{k}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \int {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = 2 \text{arctg} \left( \sqrt{x} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ R(m) = \int_{m}^{\infty} {\small\frac{d x}{(x + 1) \sqrt{x}}} = \pi - 2 \text{arctg} \left( \sqrt{m} \right) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ m }[/math] otrzymujemy


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 D16 jest następujące
Twierdzenie D22
Niech [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale [math]\displaystyle{ [m, + \infty) }[/math]. Jeżeli przy wyliczaniu sumy szeregu nieskończonego [math]\displaystyle{ \sum_{k = a}^{\infty} f (k) }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ a \lt m }[/math]) zastąpimy sumę [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f (k) }[/math] całką [math]\displaystyle{ \int_{m}^{\infty} f (x) d x }[/math], to błąd wyznaczenia sumy szeregu nie przekroczy [math]\displaystyle{ f(m) }[/math].

Dowód

Korzystając ze wzoru z twierdzenia D16 i przechodząc z [math]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ - f(m) + \sum_{k = a}^{m} f(k) }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ - 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]\displaystyle{ - 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 \lt f(m) }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ \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.


Twierdzenie D23
Niech [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale [math]\displaystyle{ [m, + \infty) }[/math]. Jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f (k) }[/math] jest zbieżny, to dla każdego [math]\displaystyle{ n \geqslant m }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie sumy częściowej szeregu [math]\displaystyle{ S(n) }[/math]

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ B }[/math] oraz [math]\displaystyle{ C }[/math] są dowolnymi stałymi spełniającymi nierówności

[math]\displaystyle{ B \geqslant 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ C \geqslant f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x }[/math]
Dowód

Z twierdzenia D16 mamy

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = m}^{n} f (k) \leqslant f (m) + \int_{m}^{n} f (x) d x }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\! \leqslant f (m) + B \int_{m}^{n} f (x) d x }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\! = 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]\displaystyle{ \;\! = 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]\displaystyle{ \;\! = f (m) - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\! = \left[ f (m) + B \int_{m}^{\infty} f (x) d x \right] - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\! \leqslant C - B \int_{n}^{\infty} f (x) d x }[/math]


Uwaga D24
Niech [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] będzie funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale [math]\displaystyle{ [m, \infty) }[/math]. Rozważmy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f (k) }[/math]. Zauważmy, że:

  • korzystając z całkowego kryterium zbieżności, możemy łatwo zbadać, czy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f (k) }[/math] jest zbieżny
  • jeżeli szereg jest zbieżny, to ponownie wykorzystując całki (twierdzenie D23), możemy znaleźć oszacowanie sumy częściowej szeregu [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k) }[/math]

Jednak dysponując już oszacowaniem sumy częściowej szeregu [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = m}^{n} f(k) }[/math], możemy udowodnić jego poprawność przy pomocy indukcji matematycznej, a stąd łatwo pokazać zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = m}^{\infty} f(k) }[/math]. Zauważmy, że wybór większego [math]\displaystyle{ B }[/math] ułatwia dowód indukcyjny. Stałą [math]\displaystyle{ 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 D23.


Zadanie D25
Korzystając z twierdzenia D23, znaleźć oszacowania sumy częściowej szeregów

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \qquad }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \qquad \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} }[/math]
Rozwiązanie

Rozważmy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} }[/math]. Funkcja [math]\displaystyle{ f(x) = {\small\frac{1}{x^2}} }[/math] jest funkcją ciągłą, dodatnią i malejącą w przedziale [math]\displaystyle{ (0, + \infty) }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n \gt 0 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = {\small\frac{1}{n}} \qquad }[/math] (zobacz: WolframAlpha)
[math]\displaystyle{ C \geqslant 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{d x}{x^2}} = 2 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} }[/math]


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

[math]\displaystyle{ \int_{n}^{\infty} {\small\frac{d x}{x (\log x)^2}} = {\small\frac{1}{\log n}} \qquad }[/math] (zobacz: WolframAlpha)
[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ C = 2.5 }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} }[/math]


Zadanie D26
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} }[/math] i udowodnić, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} }[/math] jest zbieżny.

Rozwiązanie

Indukcja matematyczna. Łatwo zauważamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \: \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} + {\small\frac{1}{(n + 1)^2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \: \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]\displaystyle{ \: = 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} - {\small\frac{1}{n (n + 1)^2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \: \lt 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} }[/math]

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} \leqslant 2 - {\small\frac{1}{n}} \lt 2 }[/math]

Czyli ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k^2}} }[/math] szeregu [math]\displaystyle{ \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.


Zadanie D27
Stosując indukcję matematyczną, udowodnić prawdziwość oszacowania [math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} }[/math] i udowodnić, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} }[/math] jest zbieżny.

Rozwiązanie

Indukcja matematyczna. Łatwo sprawdzamy, że oszacowanie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{2} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \approx 1.040684 \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log 2}} \approx 1.05730 }[/math]

Zakładając, że oszacowanie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \: \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} + {\small\frac{1}{(n + 1) \cdot (\log (n + 1))^2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \: \lt 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]\displaystyle{ \quad \: \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} }[/math]

Co kończy dowód indukcyjny. Zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{1}{k (\log k)^2}} \lt 2.5 - {\small\frac{1}{\log n}} \lt 2.5 }[/math]

Czyli ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] szeregu [math]\displaystyle{ \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.



Szeregi nieskończone i liczby pierwsze

Twierdzenie D28
Następujące szeregi są zbieżne

Dowód

Punkt 1.
Szereg jest szeregiem naprzemiennym i jego zbieżność wynika z twierdzenia D5.

Punkt 2.
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p^2}} \lt \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} \lt {\small\frac{\pi^2}{6}} }[/math]

Punkt 3.
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} \lt \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]\displaystyle{ p \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{1}{p (p - 1)}} \lt {\small\frac{1}{(p - 1)^2}} }[/math]


Twierdzenie D29
Następujące szeregi są zbieżne

Dowód

Punkt 1.
Zbieżność tego szeregu udowodniliśmy w twierdzeniu B39, ale obecnie potrafimy uzyskać rezultat znacznie łatwiej. Zauważmy, że rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \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 A1 mamy ([math]\displaystyle{ a = 0.72 }[/math])

[math]\displaystyle{ p_k \log p_k \gt a \cdot k \log k \cdot \log (a \cdot k \log k) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = a \cdot k \log k \cdot (\log a + \log k + \log \log k) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = a \cdot k \cdot (\log k)^2 \cdot \left( 1 + {\small\frac{\log a + \log \log k}{\log k}} \right) }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ k \gt \exp \left( \tfrac{1}{a} \right) = 4.01039 \ldots }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \log a + \log \log k \gt 0 }[/math]

to dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 5 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ p_k \log p_k \gt a \cdot k \cdot (\log k)^2 }[/math]

Wynika stąd, że dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 5 }[/math] prawdziwy jest ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} \lt {\small\frac{1}{a \cdot k \cdot (\log k)^2}} }[/math]

Zatem na mocy kryterium porównawczego ze zbieżności szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k \cdot (\log k)^2}} }[/math] (zobacz twierdzenie D14 p. 4 lub przykład D19 p. 5) wynika zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k \log p_k}} }[/math]

Punkt 2.
Zbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego (twierdzenie D9), bo

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{1}{p^2 \log p}} \lt {\small\frac{1}{p \log p}} }[/math]

Punkt 3.
Szereg jest zbieżny, bo sumy częściowe tego szeregu tworzą ciąg rosnący i ograniczony

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} \lt \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]\displaystyle{ p \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ 0 \lt {\small\frac{\log p}{p^2}} \lt {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]


Twierdzenie D30
Szereg [math]\displaystyle{ \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} }[/math] jest rozbieżny.

Dowód

Dla potrzeb dowodu zapiszmy szereg w innej postaci

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ k \geqslant 3 }[/math] wyrazy szeregów [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}} }[/math] spełniają nierówności

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant {\small\frac{1}{p_k}} \leqslant {\small\frac{\log p_k}{p_k}} }[/math]

Ponieważ szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} }[/math] jest rozbieżny (zobacz B37), to na mocy kryterium porównawczego rozbieżny jest również szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\log p_k}{p_k}} }[/math]


Uwaga D31
Moglibyśmy oszacować rozbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p}} }[/math] podobnie, jak to uczyniliśmy w przypadku twierdzenia B37, ale tym razem zastosujemy inną metodę, która pozwoli nam uzyskać bardziej precyzyjny rezultat.


Twierdzenie D32
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Prawdziwe są następujące nierówności

Dowód

Punkt 1. (indukcja matematyczna)
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Zakładając prawdziwość dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ (n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) \gt }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \gt n^n \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{n^n}{(n + 1)^n}} \cdot e^{- n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 1} \cdot \frac{1}{\left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n} \cdot e^{- n} \gt }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \gt (n + 1)^{n + 1} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 1} e^{- (n + 1)} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n \lt e }[/math], zatem [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\left( 1 + {\normalsize\frac{1}{n}} \right)^n}} \gt {\small\frac{1}{e}} }[/math]. Co kończy dowód punktu 1.


Punkt 2. (indukcja matematyczna)
Łatwo sprawdzić prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math]. Zakładając prawdziwość dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ (n + 1) ! = n! \cdot (n + 1) \lt }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \lt n^{n + 1} \cdot e^{- n} \cdot (n + 1) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{n^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}}} \cdot e^{- n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( {\small\frac{n}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \cdot e^{- n} \lt }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \lt (n + 1)^{n + 2} \cdot {\small\frac{1}{e}} \cdot e^{- n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (n + 1)^{n + 2} \cdot e^{- (n + 1)} }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z faktu, że [math]\displaystyle{ \left( 1 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right)^{n + 1} \lt {\small\frac{1}{e}} }[/math]. Co kończy dowód punktu 2.


Twierdzenie D33
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Dla wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ n! }[/math] na czynniki pierwsze, prawdziwe są oszacowania

Dowód

Punkt 1. (prawa nierówność)

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\, \lt {\small\frac{n}{p}} + {\small\frac{n}{p^2}} + {\small\frac{n}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{n}{p^k}} + \ldots }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = {\small\frac{n}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = {\small\frac{n}{p - 1}} }[/math]

Punkt 1. (lewa nierówność)

Łatwo znajdujemy, że

[math]\displaystyle{ 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 \gt {\small\frac{n}{p}} - 1 }[/math]

Punkt 2. (prawa nierówność)

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że [math]\displaystyle{ (p - 1) W_p (n!) \lt n }[/math]. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

[math]\displaystyle{ (p - 1) W_p (n!) \leqslant n - 1 }[/math]

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

Punkt 2. (lewa nierówność)

Z uzyskanego w punkcie 1. oszacowania wynika, że [math]\displaystyle{ n - p \lt p \cdot W_p (n!) }[/math]. Ponieważ nierówność ta dotyczy liczb całkowitych, to możemy napisać

[math]\displaystyle{ n - p \leqslant p \cdot W_p (n!) - 1 }[/math]

Skąd otrzymujemy natychmiast nierówność nieostrą [math]\displaystyle{ W_p (n!) \geqslant {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 }[/math].


Twierdzenie D34
Dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \gt - 1 }[/math]
Dowód

Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ n! }[/math] na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ n! \lt \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)} }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ n! \gt n^n e^{- n} }[/math] (zobacz punkt 1. twierdzenia D32), to

[math]\displaystyle{ n^n e^{- n} \lt \prod_{p \leqslant n} p^{n / (p - 1)} }[/math]

Logarytmując, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ n \log n - n \lt \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]\displaystyle{ n }[/math], dostajemy szukaną nierówność.


Twierdzenie D35 (pierwsze twierdzenie Mertensa[5][6], 1874)
Dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n \gt - 1.755367 }[/math]
Dowód

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p (p - 1)}} }[/math]


to z twierdzenia D34 dostajemy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n \gt - 1 }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n \gt - 1 - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: \gt - 1 - \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = - 1 - 0.755366610831 \ldots }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: \gt - 1.755367 }[/math]

Gdzie wykorzystaliśmy zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math] (twierdzenie D29 p. 3).


Twierdzenie D36 (pierwsze twierdzenie Mertensa[5][6], 1874)
Dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n \lt 0.386295 }[/math]
Dowód

Z oszacowania wykładnika, z jakim liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] występuje w rozwinięciu liczby [math]\displaystyle{ n! }[/math] na czynniki pierwsze, wynika natychmiast, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ n! \geqslant \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 7 }[/math] jest [math]\displaystyle{ n! \lt n^{n + 1} e^{- n} }[/math], to

[math]\displaystyle{ \prod_{p \leqslant n} p^{(n + 1) / p \: - \: 1} \lt n^{n + 1} e^{- n} }[/math]

Logarytmując, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} \left( {\small\frac{n + 1}{p}} - 1 \right) \cdot \log p \lt (n + 1) \cdot \log n - n }[/math]
[math]\displaystyle{ (n + 1) \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \sum_{p \leqslant n} \log p \lt (n + 1) \cdot \log n - n }[/math]


Skąd natychmiast wynika, że

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n \lt - {\small\frac{n}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{1}{n + 1}} \cdot \log (P (n)) }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: \lt - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + {\small\frac{n \cdot \log 4}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = - 1 + {\small\frac{1}{n + 1}} + \log 4 - {\small\frac{\log 4}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = \log 4 - 1 + {\small\frac{1 - \log 4}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = \log 4 - 1 - {\small\frac{0.386294 \ldots}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: \lt \log 4 - 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \;\: = 0.386294361 \ldots }[/math]

Druga nierówność wynika z twierdzenia A9. Bezpośrednio sprawdzamy, że powyższa nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \lt 7 }[/math].


Twierdzenie D37
Dla dowolnego [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] prawdziwe jest następujące oszacowanie

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \lt 1.141661 }[/math]
Dowód

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}} }[/math]

to z twierdzenia D36 dostajemy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n \lt \log 4 - 1 }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \lt \log 4 - 1 + \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \lt \log 4 - 1 + \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = \log 4 - 1 + 0.755366610831 \ldots }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \lt 1.141661 }[/math]


Uwaga D38

Dokładniejsze oszacowanie sumy [math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} }[/math] jest dane wzorem

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} = \log n - E + \ldots }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ E = 1.332582275733 \ldots }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 319 }[/math] mamy też[7]

[math]\displaystyle{ \left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \right| \lt {\small\frac{1}{2 \log n}} }[/math]


Uwaga D39

Dokładniejsze oszacowanie sumy [math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} }[/math] jest dane wzorem

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} = \log n - \gamma + \ldots }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \gamma = 0.5772156649 \ldots }[/math] jest stałą Eulera.

Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 318 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie[8]

[math]\displaystyle{ \left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| \lt {\small\frac{1}{2 \log n}} }[/math]


Uwaga D40
Dla [math]\displaystyle{ n \leqslant 10^{10} }[/math] wartości wyrażeń

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma }[/math]

są liczbami dodatnimi.


Twierdzenie D41
Prawdziwy jest następujący związek

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \gamma = 0.577215664901532 \ldots }[/math] jest stałą Eulera[9]
  • [math]\displaystyle{ \quad E = 1.332582275733220 \ldots }[/math][10]
  • [math]\displaystyle{ \quad E - \gamma = 0.755366610831688 \ldots }[/math][11]
Dowód

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{p (p - 1)}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p}} }[/math]

zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} = E - \gamma }[/math]


Zauważmy teraz, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{p - 1}} = {\small\frac{1}{p}} \cdot {\small\frac{1}{1 - {\normalsize\frac{1}{p}}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\small\frac{1}{p}} + {\small\frac{1}{p^2}} + {\small\frac{1}{p^3}} + \ldots + {\small\frac{1}{p^k}} + \ldots }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]


Twierdzenie D42
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 318 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ \left| \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n + \gamma \right| \lt {\small\frac{1}{2 \log n}} }[/math]
Dowód

Należy zauważyć, że tak dokładnego oszacowania nie można udowodnić metodami elementarnymi, dlatego punktem wyjścia jest oszacowanie podane w pracy Pierre'a Dusarta[12]

[math]\displaystyle{ - \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} \right) \; \underset{n \geqslant 2}{\lt } \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{\lt } \; {\small\frac{0.2}{\log n}} + {\small\frac{0.2}{\log^2 n}} }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ x \gt e^2 \approx 7.389 }[/math] jest [math]\displaystyle{ 1 + {\small\frac{1}{\log x}} \lt 1.5 }[/math], to dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ {\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) \lt {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]


Zatem wyjściowy układ nierówności możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ - {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{\lt } \; \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p}} - \log n + E \; \underset{n \geqslant 2974}{\lt } \; {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]


Z tożsamości

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{p}} = {\small\frac{1}{p - 1}} - {\small\frac{1}{p (p - 1)}} }[/math]


wynika natychmiast, że

[math]\displaystyle{ - {\small\frac{0.3}{\log n}} \; \underset{n \geqslant 8}{\lt } \; \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}{\lt } \; {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]


Prawa nierówność

Rozważmy prawą nierówność prawdziwą dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2974 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \lt {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]


Z twierdzenia D41 wiemy, że

[math]\displaystyle{ \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E = - \gamma }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \lt \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \lt \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E + {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = - \gamma + {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \lt - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}} }[/math]


Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \lt - \gamma + {\small\frac{0.5}{\log n}} }[/math]

jest prawdziwa dla wszystkich liczb [math]\displaystyle{ 318 \leqslant n \leqslant 3000 }[/math]


Lewa nierówność

Rozważmy teraz lewą nierówność prawdziwą dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 8 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \log n + E \gt - {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]

Mamy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \gt \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = \sum_{p \geqslant 2} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - \sum_{p \gt n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} - E - {\small\frac{0.3}{\log n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{p \gt n} {\small\frac{\log p}{p (p - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \gt - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{k (k - 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \gt - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \sum_{k = n + 1}^{\infty} {\small\frac{\log k}{(k - 1)^2}} }[/math]


Korzystając kolejno z twierdzeń D16C18, dostajemy

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \gt - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - \int_{n}^{\infty} {\small\frac{\log x}{(x - 1)^2}} d x }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} + \log \left( 1 - {\small\frac{1}{n}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \gt - \gamma - {\small\frac{0.3}{\log n}} - {\small\frac{\log n}{n - 1}} - {\small\frac{1}{n - 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, = - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} + \left( {\small\frac{0.2}{\log n}} - {\small\frac{\log n + 1}{n - 1}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \gt - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} }[/math]


Do znalezienia całki oznaczonej Czytelnik może wykorzystać stronę WolframAlpha. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 153 }[/math]. Bezpośrednio obliczając, sprawdzamy, że nierówność

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log n \gt - \gamma - {\small\frac{0.5}{\log n}} }[/math]

jest prawdziwa dla wszystkich [math]\displaystyle{ 2 \leqslant n \leqslant 200 }[/math].


Zadanie D43
Niech [math]\displaystyle{ r = 1 - \log (2) \approx 0.30685281944 }[/math]. Pokazać, że z nierówności prawdziwej dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 32 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} \lt \log x - r }[/math]

wynika twierdzenie Czebyszewa.

Rozwiązanie

Z twierdzenia D42 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 318 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} - \log x \lt - \gamma + {\small\frac{1}{2\log x}} \leqslant - \gamma + {\small\frac{1}{2 \log (318)}} = - 0.490441 \ldots \lt - 0.306852 \ldots = - r }[/math]

Zatem postulowane oszacowanie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 318 }[/math]. Sprawdzając bezpośrednio dla [math]\displaystyle{ 2 \leqslant x \leqslant 317 }[/math], łatwo potwierdzamy prawdziwość nierówności

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant x} {\small\frac{\log p}{p - 1}} \lt \log x - r }[/math]

dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 32 }[/math].


Niech [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z} }[/math] i [math]\displaystyle{ a \geqslant 32 }[/math]. Korzystając z twierdzenia D33, łatwo znajdujemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ a! = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_n}_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \leqslant p^{(a - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(a - 1) / (p_n - 1)}_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{a - 1} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ p_n \leqslant a \lt p_{n + 1} }[/math]. Oznaczając wyrażenie w nawiasie przez [math]\displaystyle{ U }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ \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}} \lt \log a - r }[/math]

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania wskazanego w treści zadania. Zatem [math]\displaystyle{ U \lt a \cdot e^{- r} }[/math].


Przypuśćmy, że mnożymy liczbę [math]\displaystyle{ a! }[/math] przez kolejne liczby naturalne [math]\displaystyle{ a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b }[/math]. Możemy postawić pytanie: kiedy w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby [math]\displaystyle{ b! }[/math] musi pojawić się nowy czynnik pierwszy? Jeżeli takiego nowego czynnika pierwszego nie ma, to

[math]\displaystyle{ a! \cdot (a + 1) \cdot \ldots \cdot b = b! }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_n}_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \leqslant p^{(b - 1) / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(b - 1) / (p_n - 1)}_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = (p^{1 / (p_1 - 1)}_1 \cdot \ldots \cdot p^{1 / (p_n - 1)}_n)^{b - 1} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = U^{b - 1} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; \lt (a \cdot e^{- r})^{b - 1} }[/math]


Jednocześnie z twierdzenia D32 wiemy, że prawdziwa jest nierówność [math]\displaystyle{ b! \gt b^b e^{- b} }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ b^b e^{- b} \lt b! \lt {\normalsize\frac{(a \cdot e^{- r})^b}{a \cdot e^{-r}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ b e^{- 1} \lt \frac{a \cdot e^{- r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} }[/math]
[math]\displaystyle{ b \lt \frac{a \cdot e^{1 - r}}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} }[/math]


Ponieważ [math]\displaystyle{ e^{1 - r} = e^{\log (2)} = 2 }[/math], to

[math]\displaystyle{ b \lt \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} \lt 2 a }[/math]


Z oszacowania [math]\displaystyle{ b \lt 2 a }[/math] wynika, że [math]\displaystyle{ (a \cdot e^{- r})^{1 / b} \gt (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]\displaystyle{ b }[/math]

[math]\displaystyle{ b \lt \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / b}} \lt \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} }[/math]


Ponieważ [math]\displaystyle{ e^{- r} = 0.735758 \ldots }[/math], to [math]\displaystyle{ (a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a} \gt (a / 2)^{1 / 2 a} }[/math], co pozwala uprościć uzyskane oszacowanie

[math]\displaystyle{ b \lt \frac{2 a}{(a \cdot e^{- r})^{1 / 2 a}} \lt {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} }[/math]


Pokażemy, że dla [math]\displaystyle{ a \gt 303.05 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\normalsize\frac{2 a}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} \lt 2 a - 5 }[/math]

Istotnie

[math]\displaystyle{ {\normalsize\frac{1}{(a / 2)^{1 / 2 a}}} \lt 1 - {\small\frac{5}{2 a}} }[/math]
[math]\displaystyle{ {\small\frac{a}{2}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{2 a} \gt 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ {\small\frac{a}{2}} \cdot \left[ \left( 1 - {\small\frac{5}{2 a}} \right)^{\tfrac{2 a}{5}} \right]^5 \gt 1 }[/math]

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest funkcją rosnącą i ograniczoną (zobacz twierdzenie C17) i dla [math]\displaystyle{ a \geqslant 32 }[/math] przyjmuje wartości z przedziału [math]\displaystyle{ [0.353 \ldots, e^{- 1}) }[/math]. Zatem dla odpowiednio dużego [math]\displaystyle{ a }[/math] powyższa nierówność z pewnością jest prawdziwa. Łatwo sprawdzamy, że dla [math]\displaystyle{ a = 304 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ a + 1, a + 2, \ldots, b - 1, b }[/math] mogą być liczbami złożonymi co najwyżej do chwili, gdy [math]\displaystyle{ b \lt 2 a - 5 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ b \leqslant 2 a - 6 }[/math]. Zatem w przedziale [math]\displaystyle{ (a, 2 a) }[/math] musi znajdować się przynajmniej jedna liczba pierwsza. Dla [math]\displaystyle{ a \leqslant 303 }[/math] prawdziwość twierdzenia sprawdzamy bezpośrednio.


Definicja D44
Powiemy, że liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p, q }[/math] są liczbami bliźniaczymi (tworzą parę liczb bliźniaczych), jeżeli [math]\displaystyle{ \left | p - q \right | = 2 }[/math]


Twierdzenie D45* (Viggo Brun, 1919)
Suma odwrotności par liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p }[/math] i [math]\displaystyle{ p + 2 }[/math], takich że liczba [math]\displaystyle{ p + 2 }[/math] jest również pierwsza, jest skończona

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ B_2 = 1.90216058 \ldots }[/math] jest stałą Bruna[13][14].


Zadanie D46
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych nietworzących par liczb bliźniaczych.

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] i [math]\displaystyle{ q = p + 4 }[/math] będą liczbami pierwszymi i [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math]. Ponieważ liczby [math]\displaystyle{ p q }[/math] i [math]\displaystyle{ p + 2 }[/math] są względnie pierwsze, to z twierdzenia Dirichleta wiemy, że wśród liczb [math]\displaystyle{ a_n = p q n + (p + 2) }[/math] jest nieskończenie wiele liczb pierwszych, a jednocześnie żadna z liczb [math]\displaystyle{ a_n }[/math] nie tworzy pary liczb bliźniaczych, bo

[math]\displaystyle{ a_n - 2 = p q n + p = p (q n + 1) }[/math]
[math]\displaystyle{ a_n + 2 = p q n + (p + 4) = q (p n + 1) }[/math]

są liczbami złożonymi. Najprostsze przykłady to [math]\displaystyle{ a_n = 21 n + 5 }[/math] i [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ a, b }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ b \leqslant \left\lfloor {\small\frac{a}{2}} \right\rfloor }[/math], które tworzą ciągi [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] o poszukiwanych właściwościach. Oczywiście ciągi [math]\displaystyle{ a k + (a - b) }[/math] również są odpowiednie. Przykładowo dla [math]\displaystyle{ a \leqslant 50 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ 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]



Dowód z Księgi. Rozbieżność sumy [math]\displaystyle{ \textstyle \sum {\small\frac{1}{p}} }[/math]

Twierdzenie D47
Suma odwrotności liczb pierwszych jest rozbieżna.

Dowód

Poniższy dowód został przedstawiony przez Erdősa w pracy[15] z 1938 roku. Jest to bardzo elegancki i chyba najprostszy dowód tego twierdzenia.

Załóżmy, dla otrzymania sprzeczności, że rozważana suma jest zbieżna, czyli [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} = C }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ r }[/math] takiej, że [math]\displaystyle{ \sum_{k = r + 1}^{\infty} {\small\frac{1}{p_k}} \lt {\small\frac{1}{2}} }[/math].

Oznacza to, że zbiór liczb pierwszych rozpada się na dwa rozłączne podzbiory [math]\displaystyle{ P = \{ p_1, p_2, \ldots, p_r \} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; Q = \{ p_{r + 1}, p_{r + 2,} \ldots \} }[/math].

Konsekwentnie zbiór liczb całkowitych dodatnich możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: zbiór [math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_Q }[/math] liczb podzielnych przez dowolną liczbę pierwszą ze zbioru [math]\displaystyle{ Q }[/math] i zbiór [math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_P }[/math] liczb, które nie są podzielne przez żadną liczbę pierwszą ze zbioru [math]\displaystyle{ Q }[/math]. Czyli liczby ze zbioru [math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_P }[/math] muszą być iloczynami potęg liczb pierwszych ze zbioru [math]\displaystyle{ P }[/math].


Niech [math]\displaystyle{ M }[/math] będzie dostatecznie dużą liczbą całkowitą.

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

Zauważmy, że liczb nie większych od [math]\displaystyle{ M }[/math] i podzielnych przez liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math] jest dokładnie [math]\displaystyle{ \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor }[/math] (zobacz A19). Łatwo otrzymujemy oszacowanie[a]

[math]\displaystyle{ \sum_{p \in Q} \left\lfloor {\small\frac{M}{p}} \right\rfloor \lt M \cdot \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} \lt {\small\frac{1}{2}} M }[/math]

bo z założenia [math]\displaystyle{ \sum_{p \in Q} {\small\frac{1}{p}} \lt {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Zatem liczb takich, że [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_Q \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, k \leqslant M }[/math] jest mniej niż [math]\displaystyle{ {\small\frac{M}{2}} }[/math].

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

Każdą liczbę ze zbioru [math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_P }[/math] możemy zapisać w postaci [math]\displaystyle{ k = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_r}_r }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ \alpha_i = 2 \beta_i + \delta_i }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \delta_i }[/math] jest resztą z dzielenia liczby [math]\displaystyle{ \alpha_i }[/math] przez [math]\displaystyle{ 2 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \delta_i }[/math] może przybierać tylko dwie wartości: zero lub jeden, to liczb postaci [math]\displaystyle{ p^{\delta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\delta_r}_r }[/math] jest dokładnie [math]\displaystyle{ 2^r }[/math], a kwadratów liczb całkowitych nie większych od [math]\displaystyle{ M }[/math] jest dokładnie [math]\displaystyle{ \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \leqslant \sqrt{M} }[/math]. Zatem liczb [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_P }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ k \leqslant M }[/math] jest nie więcej niż [math]\displaystyle{ 2^r \sqrt{M} \, }[/math][b].


Ponieważ [math]\displaystyle{ \mathbb{Z}_P \cup \mathbb{Z}_Q =\mathbb{Z}_+ }[/math] i liczb [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_+ }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ k \leqslant M }[/math] jest po prostu [math]\displaystyle{ M }[/math], to musi być prawdziwe oszacowanie

[math]\displaystyle{ M \lt 2^r \sqrt{M} + {\small\frac{M}{2}} }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ 2^{r + 1} \gt \sqrt{M} }[/math]

Co jest niemożliwe, bo [math]\displaystyle{ r }[/math] jest ustalone, a [math]\displaystyle{ M }[/math] może być dowolnie duże. Wystarczy przyjąć [math]\displaystyle{ M \geqslant 2^{2 r + 2} }[/math].



[a] Zauważmy, że suma po lewej stronie może być większa od rzeczywistej ilości liczb [math]\displaystyle{ k }[/math]. Dla przykładu: gdy [math]\displaystyle{ M \gt p_{r + 1} p_{r + 2} }[/math], to liczba [math]\displaystyle{ p_{r + 1} p_{r + 2} }[/math] zostanie policzona dwukrotnie: raz jako podzielna przez [math]\displaystyle{ p_{r + 1} }[/math] i drugi raz jako podzielna przez [math]\displaystyle{ p_{r + 2} }[/math]. Co oczywiście nie wpływa na poprawność przedstawionego oszacowania.

[b] Zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ M \gt 8 }[/math] liczba [math]\displaystyle{ a^2 }[/math] taka, że [math]\displaystyle{ a^2 \leqslant M \lt (a + 1)^2 }[/math] wystąpi dokładnie jeden raz (jako [math]\displaystyle{ a^2 \cdot 1 }[/math]), ale my oszacujemy, że pojawiła się [math]\displaystyle{ 2^r }[/math] razy. Można pokazać, że dla dowolnych [math]\displaystyle{ r \geqslant 1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; M \geqslant 1 }[/math], liczb [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_P }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ k \leqslant M }[/math], jest mniej niż [math]\displaystyle{ 2^r \sqrt{M} }[/math]. Jest ich nawet mniej niż [math]\displaystyle{ 2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor }[/math], poza przypadkami [math]\displaystyle{ r = 1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; M = 2, 3, 8 }[/math], kiedy to ilość takich liczb jest równa [math]\displaystyle{ 2^r \left\lfloor \sqrt{M} \right\rfloor \lt 2^r \sqrt{M} }[/math].



Sumowanie przez części

Uwaga D48
Omawianie metody sumowania przez części[16] rozpoczniemy od udowodnienia prostego twierdzenia, które dobrze ilustruje tę metodę i ułatwi zrozumienie uogólnienia. Potrzebna nam będzie następująca funkcja

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ D(k) }[/math] z funkcją [math]\displaystyle{ \pi (k) }[/math]

[math]\displaystyle{ \pi (k) - \pi (k - 1) = \sum_{p \leqslant k} 1 - \sum_{p \leqslant k - 1} 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 1}^{k} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = D (k) + \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) - \sum_{i = 1}^{k - 1} D (i) }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = D (k) }[/math]


Twierdzenie D49
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i niech [math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} }[/math] oznacza sumę odwrotności wszystkich liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math]. Prawdziwy jest następujący związek

[math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Rozpatrywaną sumę możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{D (k)}{k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; = \sum_{k = 2}^n {\small\frac{\pi (k) - \pi (k - 1)}{k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ j = k - 1 }[/math]. Sumowanie po [math]\displaystyle{ k }[/math] przebiegało od [math]\displaystyle{ 2 }[/math] do [math]\displaystyle{ n }[/math], zatem sumowanie po [math]\displaystyle{ j }[/math] będzie przebiegało od [math]\displaystyle{ 1 }[/math] do [math]\displaystyle{ n - 1 }[/math]. Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \pi (1) = 0 }[/math]. Zmieniając jedynie oznaczenie zmiennej sumowania, mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} }[/math]

Co należało pokazać.


Zadanie D50
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) }[/math].

Rozwiązanie

Z twierdzenia D49 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \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 A1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{n}{\log n}} }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 4 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{\pi (n)}{n}} + {\small\frac{1}{3}} + \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{\pi (k)}{k (k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \gt {\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]\displaystyle{ \quad \; \gt {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \gt {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{k = 4}^{n - 1} {\small\frac{1}{(k + 1) \log (k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{1}{3}} + {\small\frac{2}{3}} \cdot \sum_{j = 5}^n {\small\frac{1}{j \log j}} }[/math]

Korzystając z twierdzenia D16, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log x \biggr\rvert_{5}^{n + 1} + {\small\frac{1}{3}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) - {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log 5 + {\small\frac{1}{3}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \gt {\small\frac{2}{3}} \cdot \log \log (n + 1) }[/math]

Zauważmy, że znacznie mniejszym nakładem pracy otrzymaliśmy lepsze oszacowanie sumy [math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} }[/math] (porównaj B37).


Zadanie D51
Pokazać, że oszacowanie [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt n^{1 - \varepsilon} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \varepsilon \in (0, 1) }[/math], nie może być prawdziwe dla prawie wszystkich liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dla prawie wszystkich liczb naturalnych jest [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt n^{1 - \varepsilon} }[/math]. Zatem istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ n_0 }[/math], że dla wszystkich [math]\displaystyle{ n \geqslant n_0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \pi (n) \lt n^{1 - \varepsilon} }[/math]. Korzystając ze wzoru (zobacz D49)

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ n \gt n_0 }[/math] otrzymujemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ \sum_{p \leqslant n} {\small\frac{1}{p}} \lt {\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]\displaystyle{ \quad \; = {\small\frac{1}{n^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k^{\varepsilon} (k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \lt {\small\frac{1}{(n_0)^{\varepsilon}}} + C_1 + \sum_{k = n_0}^{n} {\small\frac{1}{k^{1 + \varepsilon}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \quad \; = C_2 + \left[ - {\small\frac{1}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon}}} \biggr\rvert_{n_0}^{n} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; = C_2 - {\small\frac{1}{\varepsilon n^{\varepsilon}}} + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \lt C_2 + {\small\frac{1}{\varepsilon (n_0)^{\varepsilon}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; = C_3 }[/math]

Co jest niemożliwe, bo lewa strona rośnie nieograniczenie wraz ze wzrostem [math]\displaystyle{ n }[/math] (zobacz B37, D47, D50).


Twierdzenie D52 (sumowanie przez części)
Niech [math]\displaystyle{ a_j }[/math], [math]\displaystyle{ b_j }[/math] będą ciągami określonymi przynajmniej dla [math]\displaystyle{ s \leqslant j \leqslant n }[/math]. Prawdziwy jest następujący wzór

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j }[/math]. Wzór ten nazywamy wzorem na sumowanie przez części.

Dowód

Jeżeli potrafimy wyliczyć lub oszacować sumę liczoną dla jednego z czynników (powiedzmy, że dla [math]\displaystyle{ b_j }[/math]), to do wyliczenia lub oszacowania sumy [math]\displaystyle{ \sum_{j = s}^{n} a_j b_j }[/math] może być pomocny dowodzony wzór

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = s}^{k} b_j }[/math]. Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że wprost z definicji funkcji [math]\displaystyle{ B(k) }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ B(s) = \sum_{j = s}^{s} b_j = b_s }[/math]

oraz

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\,\, = 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]\displaystyle{ j = k + 1 }[/math], a w drugiej sumie zmieniamy tylko nazwę wskaźnika

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\,\, = - \sum_{j = s + 1}^{n} a_j B (j - 1) + \sum_{j = s}^{n} a_j B (j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = - \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]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j [B (j) - B (j - 1)] + a_s b_s }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{j = s + 1}^{n} a_j b_j + a_s b_s }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{j = s}^{n} a_j b_j }[/math]

Co należało pokazać.


Zadanie D53
Niech [math]\displaystyle{ r \neq 1 }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n} k r^k = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2} }[/math].

Rozwiązanie

Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy [math]\displaystyle{ s = 0 }[/math], [math]\displaystyle{ a_k = k \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; b_k = r^k }[/math]. Zauważmy, że sumowanie od [math]\displaystyle{ k = 0 }[/math] nic nie zmienia, a nieco upraszcza przekształcenia, bo możemy korzystać wprost ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego. Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k r^k = n \cdot B (n) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (k + 1 - k) B (k) }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = 0}^{k} r^j = {\small\frac{r^{k + 1} - 1}{r - 1}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\, = {\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]\displaystyle{ \;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - n - r \sum_{k = 0}^{n - 1} r^k + n \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = {\small\frac{1}{r - 1}} \left( n r^{n + 1} - r \cdot {\small\frac{r^n - 1}{r - 1}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = {\small\frac{1}{(r - 1)^2}} (n r^{n + 2} - n r^{n + 1} - r^{n + 1} + r) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = \frac{n r^{n + 2} - (n + 1) r^{n + 1} + r}{(r - 1)^2} }[/math]

Co należało pokazać.


Twierdzenie D54 (kryterium Dirichleta)
Niech [math]\displaystyle{ (a_k) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; (b_k) }[/math] będą ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli

  •    ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest monotoniczny

  •    [math]\displaystyle{ \lim_{k \rightarrow \infty} a_k = 0 }[/math]
  •    istnieje taka stała [math]\displaystyle{ M }[/math], że [math]\displaystyle{ \left| \sum_{j = 1}^{k} b_j \right| \leqslant M }[/math] dla dowolnej liczby [math]\displaystyle{ k }[/math]

to szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k }[/math] jest zbieżny.

Dowód

Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, możemy napisać

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\,\, = a_n \cdot B (n) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) B (k) }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = 1}^{k} b_j }[/math]. Z założenia ciąg [math]\displaystyle{ B(n) }[/math] jest ograniczony i [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 }[/math], zatem (zobacz C13)

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n \cdot B (n) = 0 }[/math]

Z założenia ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest monotoniczny. Jeżeli jest malejący, to

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\; = M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = M (a_1 - a_n) }[/math]

(zobacz D12). Jeżeli ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest rosnący, to

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\; = - M \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_k - a_{k + 1}) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = - M (a_1 - a_n) }[/math]

Łącząc uzyskane rezultaty oraz uwzględniając fakt, że ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest ograniczony, bo jest zbieżny (zobacz C9), możemy napisać

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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 C10). Wynika stąd zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} (a_k - a_{k + 1}) B (k) }[/math] (zobacz D10). Zatem szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} a_k b_k }[/math] musi być zbieżny. Co należało pokazać.


Zadanie D55
Udowodnić następujące wzory

[math]\displaystyle{ \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]

[math]\displaystyle{ \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]

Rozwiązanie

Punkt 1.

Stosując metodę indukcji matematycznej, udowodnimy, że prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 2 \sin x \cdot \sin y = \cos (x - y) - \cos (x + y) }[/math]

to wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ k = 1 }[/math]. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ k }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\;\; = \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]\displaystyle{ \;\;\;\; = \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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 2 \sin x \cos y = \sin (x - y) + \sin (x + y) }[/math]

to wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ k = 1 }[/math]. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ k }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \quad \,\, = \sin (k + 1) - \sin (1) - \sin (k + 1) + \sin (k + 2) }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \,\, = \sin (k + 2) - \sin (1) }[/math]

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej.


Zadanie D56
Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} }[/math] jest zbieżny.

Rozwiązanie

W zadaniu D55 p.1 pokazaliśmy, że prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} }[/math] jest zbieżny. Wiemy, że [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{k}} = \tfrac{1}{2} (\pi - 1) = 1.070796 \ldots }[/math] (WolframAlpha).



[a] Zauważmy, że bez trudu możemy otrzymać dokładniejsze oszacowanie

[math]\displaystyle{ - 0.127671 \lt {\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)}} \lt 1.958159 }[/math]


Zadanie D57
Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} }[/math] jest zbieżny, a suma tego szeregu jest w przybliżeniu równa [math]\displaystyle{ 0.6839137864 \ldots }[/math]

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]\displaystyle{ S_n = \sum_{k = 2}^{n} {\small\frac{\sin k}{\log k}} }[/math] silnie oscyluje i dopiero dla bardzo dużych [math]\displaystyle{ n }[/math] wynik sumowania mógłby być znaczący. Przykładowo:

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ s = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ a_k = {\small\frac{1}{\log k}} }[/math] i [math]\displaystyle{ b_k = \sin k }[/math]. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu D55 p.1, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) }[/math], bo bez tego czynnika mielibyśmy szereg teleskopowy (zobacz D12). Pozwala to oczekiwać, że sumy częściowe szeregu po prawej stronie będą znacznie szybciej zbiegały do sumy szeregu. Rzeczywiście, tym razem dla sum

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{\sin k}{\log k}} }[/math]. Rozważmy sumę

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ s = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; b_k = \cos \left( k + \tfrac{1}{2} \right) }[/math]. Korzystając ze wzoru pokazanego w zadaniu D55 p.2, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\, = \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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \:\, = 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]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ S }[/math]

[math]\displaystyle{ | 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]\displaystyle{ \;\;\;\, = | 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]\displaystyle{ \;\;\;\, \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]\displaystyle{ \;\;\;\, \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]\displaystyle{ \;\;\;\, = | 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]\displaystyle{ \;\;\;\, = | C_2 C_4 | \cdot \left( {\small\frac{1}{\log (n + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (n + 2)}} \right) }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 10^9 }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ | S - S_n | \lt 2.533 \cdot 10^{- 12} }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ S = 0.6839137864 \ldots }[/math], gdzie wszystkie wypisane cyfry są prawidłowe.



[a] Z łatwego do sprawdzenia wzoru

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} }[/math] maleje ze wzrostem [math]\displaystyle{ k }[/math], czyli ciąg [math]\displaystyle{ a_k = {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} }[/math] jest ciągiem malejącym, zatem

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log (k)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} \gt {\small\frac{1}{\log (k + 1)}} - {\small\frac{1}{\log (k + 2)}} }[/math]

Ciągi [math]\displaystyle{ (a_k)_{k = 1}^n }[/math] liczb rzeczywistych takie, że [math]\displaystyle{ 2 a_k \leqslant a_{k - 1} + a_{k + 1} }[/math] dla [math]\displaystyle{ k = 2, \ldots, n - 1 }[/math] nazywamy ciągami wypukłymi[17]. Wprost z definicji funkcji wypukłej wynika, że jeżeli [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] jest funkcją wypukłą i [math]\displaystyle{ a_k = f (k) }[/math], to ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest ciągiem wypukłym.


Zadanie D58
Niech [math]\displaystyle{ \theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p }[/math]. Pokazać, że

[math]\displaystyle{ \theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) }[/math]
Rozwiązanie

Korzystając ze wzoru na sumowanie przez części, połóżmy [math]\displaystyle{ s = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ a_k = \log k \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; b_k = D (k) }[/math]. Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) = \pi (k) }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n} \log k \cdot D (k) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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.


Twierdzenie D59
Niech [math]\displaystyle{ \theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p }[/math]. Jeżeli prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ {\small\frac{A \cdot n}{\log n}} \lt \pi (n) \lt {\small\frac{B \cdot n}{\log n}} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ A, B \in \mathbb{R}_+ }[/math], to istnieje granica

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1 }[/math]
Dowód

Z definicji funkcji [math]\displaystyle{ \theta (n) }[/math] łatwo otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p \lt \sum_{p \leqslant n} \log n = \log n \cdot \pi (n) }[/math]

Skąd wynika, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} \lt 1 }[/math]

Oszacowanie wyrażenia [math]\displaystyle{ {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} }[/math] od dołu będzie wymagało więcej pracy. Ze wzoru

[math]\displaystyle{ \theta (n) = \log n \cdot \pi (n) - \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) }[/math]

(zobacz D58) otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\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 C18 i założonego oszacowania funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{A \cdot n}{\log n}} \lt \pi (n) \lt {\small\frac{B \cdot n}{\log n}} }[/math]

dostajemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) \lt {\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]\displaystyle{ \quad \; \lt {\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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n - 1} {\small\frac{1}{\log k}} \lt {\small\frac{n - 2}{\log 2}} \lt {\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]\displaystyle{ M }[/math] spełnia warunek [math]\displaystyle{ \sqrt{n} \leqslant M \lt \sqrt{n} + 1 }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\;\; \lt {\small\frac{M - 2}{\log 2}} + {\small\frac{n - M}{\log M}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \lt {\small\frac{M}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log M}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \lt {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{n}{\log \sqrt{n}}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \lt {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\log n \cdot \pi (n)}} \cdot \sum_{k = 2}^{n - 1} \log \left( 1 + {\small\frac{1}{k}} \right) \pi (k) \lt {\small\frac{B}{A \cdot n}} \cdot \left( {\small\frac{\sqrt{n}}{\log 2}} + {\small\frac{2 n}{\log n}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \; \lt {\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]\displaystyle{ 1 - {\small\frac{B}{A}} \cdot \left( {\small\frac{1}{\sqrt{n} \cdot \log 2}} + {\small\frac{2}{\log n}} \right) \lt {\small\frac{\theta (n)}{\log n \cdot \pi (n)}} \lt 1 }[/math]

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach (zobacz C9) mamy

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} {\small\frac{\theta (n)}{\pi (n) \cdot \log n}} = 1 }[/math]

Co należało pokazać.


Uwaga D60
Funkcja [math]\displaystyle{ \theta (n) }[/math] jest ściśle związana z dobrze nam znaną funkcją [math]\displaystyle{ P (n) }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ P(n) = \prod_{p \leqslant n} p }[/math], to

[math]\displaystyle{ \log P (n) = \log \left( \prod_{p \leqslant n} p \right) = \sum_{p \leqslant n} \log p = \theta (n) }[/math].

Z twierdzenia D59 wynika, że jeżeli istnieje granica [math]\displaystyle{ {\small\frac{\theta (n)}{n}} }[/math], to będzie istniała granica dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}} }[/math]. Jeżeli istnieje granica [math]\displaystyle{ {\small\frac{\pi (n) \cdot \log n}{n}} }[/math], to będzie istniała granica dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{\theta (n)}{n}} }[/math] (zobacz C12 p.3).

Wiemy, że dla funkcji [math]\displaystyle{ \theta (n) }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math], prawdziwe jest oszacowanie[18]

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{\theta (n)}{n}} - 1 \right| \leqslant {\small\frac{151.3}{\log^4 n}} }[/math]


Zadanie D61
Niech [math]\displaystyle{ \theta (n) = \sum_{p \leqslant n} \log p }[/math]. Pokazać, że

[math]\displaystyle{ \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]
Rozwiązanie

Kładąc we wzorze na sumowanie przez części (zobacz D52) [math]\displaystyle{ s = 2 }[/math], [math]\displaystyle{ a_k = {\small\frac{1}{\log k}} }[/math] i [math]\displaystyle{ b_k = D (k) \cdot \log k }[/math]. Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = 2}^{k} D (k) \cdot \log k = \sum_{p \leqslant k} \log p = \theta (k) }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 2}^{n} D (k) = \sum_{p \leqslant n} 1 = \pi (n) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\; = {\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.



Iloczyn Cauchy'ego szeregów

Twierdzenie D62 (kryterium d'Alemberta)
Niech [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] będzie ciągiem liczb rzeczywistych i istnieje granica

[math]\displaystyle{ g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| }[/math]

Jeżeli

  •    [math]\displaystyle{ g \lt 1 }[/math], to szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] jest bezwzględnie zbieżny
  •    [math]\displaystyle{ g \gt 1 }[/math], to szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] jest rozbieżny
Dowód

Rozważmy najpierw przypadek, gdy [math]\displaystyle{ g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \lt 1 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ r }[/math] będzie dowolną liczbą rzeczywistą taką, że [math]\displaystyle{ g \lt r \lt 1 }[/math] i przyjmijmy [math]\displaystyle{ \varepsilon = r - g }[/math]. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ \left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right) }[/math] spełniają warunek

[math]\displaystyle{ - \varepsilon \lt \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g \lt \varepsilon }[/math]

Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od [math]\displaystyle{ N }[/math]. Z prawej nierówności otrzymujemy, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant N }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \lt r }[/math]
[math]\displaystyle{ | a_{n + 1} | \lt r | a_n | }[/math]
[math]\displaystyle{ | a_{n + k} | \lt r^k | a_n | }[/math]

Ostatnią nierówność można łatwo udowodnić metodą indukcji matematycznej względem [math]\displaystyle{ k }[/math]. Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego[19], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = N + 1}^{\infty} | a_k | = \sum_{k = 1}^{\infty} | a_{N + k} | \lt \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]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i }[/math] jest bezwzględnie zbieżny.


W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \gt 1 }[/math] wybieramy liczbę [math]\displaystyle{ r }[/math] tak, aby spełniała warunek [math]\displaystyle{ 1 \lt r \lt g }[/math] i przyjmujemy [math]\displaystyle{ \varepsilon = g - r }[/math]. Z definicji granicy ciągu wiemy, że prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ \left( \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \right) }[/math] spełniają warunek

[math]\displaystyle{ - \varepsilon \lt \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| - g \lt \varepsilon }[/math]

Przyjmując, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od [math]\displaystyle{ N }[/math], z lewej nierówności otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n \geqslant N }[/math]

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{a_{n + 1}}{a_n}} \right| \gt r \gt 1 }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ | a_{n + 1} | \gt | a_n | }[/math], zatem dla wszystkich [math]\displaystyle{ k \gt N }[/math] jest [math]\displaystyle{ | a_k | \gt | a_N | \gt 0 }[/math] i nie może być spełniony podstawowy warunek zbieżności szeregu (zobacz D4). Zatem szereg jest rozbieżny. Co kończy dowód.


Uwaga C62
W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math]. Czytelnikowi zostawiamy zastosowanie tego kryterium do szeregów

[math]\displaystyle{ \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 D64
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]. Zbadamy zbieżność szeregu

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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 D65
Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{n^n}{n!}} }[/math] jest rozbieżny.

Rozwiązanie

Łatwo znajdujemy, że

[math]\displaystyle{ \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 \gt 1 }[/math]

Z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest rozbieżny.


Uwaga D66
W twierdzeniu A37, korzystając z następującej definicji funkcji [math]\displaystyle{ e^x }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ e^x e^{- x} = 1 }[/math]. Spróbujemy teraz pokazać, że [math]\displaystyle{ e^x e^y = e^{x + y} }[/math].

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ a_i = {\small\frac{x^i}{i!}} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ b_j = {\small\frac{y^j}{j!}} }[/math] i przyjrzyjmy się sumowaniu po [math]\displaystyle{ i, j }[/math]. W podwójnej sumie po prawej stronie [math]\displaystyle{ \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

[math]\displaystyle{ a_6 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_5 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_5 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_5 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_5 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_5 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_5 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_4 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_3 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_2 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_1 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ a_0 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ \; \cdots \; }[/math]

Zastępując sumowanie po kolejnych liniach poziomych sumowaniem po kolejnych przekątnych, otrzymamy taki rysunek

[math]\displaystyle{ a_6 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_5 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_4 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_3 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_2 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_1 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_0 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_6 }[/math]

Co odpowiada sumie [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} {a_k} b_{n - k} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n }[/math] numeruje kolejne przekątne. Taka zmiana sposobu sumowania powoduje następujące przekształcenie wzoru

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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 D67
Iloczynem Cauchy'ego szeregów [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} b_j }[/math] nazywamy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 1 }[/math], iloczynem Cauchy'ego szeregów [math]\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{\infty} a_i }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{j = 1}^{\infty} b_j }[/math] nazywamy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 1}^{\infty} c_n }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ 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 D68
Niech [math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math]. Pokazać, że

  •    jeżeli [math]\displaystyle{ (a_n) = (1, 0, 0, 0, 0, \ldots) }[/math], [math]\displaystyle{ \; (b_n) }[/math] jest dowolnym ciągiem, to [math]\displaystyle{ c_n = b_n }[/math]
  •    jeżeli [math]\displaystyle{ (a_n) = (1, 1, 1, 1, 1, \ldots) }[/math], [math]\displaystyle{ \; (b_n) }[/math] jest dowolnym ciągiem, to [math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} b_k = B_n }[/math]
  •    jeżeli [math]\displaystyle{ a_n = b_n = {\small\frac{r^n}{n!}} }[/math], to [math]\displaystyle{ c_n = {\small\frac{(2 r)^n}{n!}} }[/math]
  •    jeżeli [math]\displaystyle{ (a_n) = (a, r, r^2, r^3, \ldots) }[/math], [math]\displaystyle{ \; (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots) }[/math], to [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ (a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots) }[/math], [math]\displaystyle{ \; (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots) }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ q \neq r }[/math], to [math]\displaystyle{ 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]
Rozwiązanie

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a_0 b_n = b_n }[/math]

Punkt 2.

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ n = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ c_0 = a_0 b_0 = a b }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a \cdot r + r \cdot b = (a + b) r }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = a \cdot r^n + r^n \cdot b + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^k r^{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = (a + b) r^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} r^n }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = (a + b + n - 1) r^n }[/math]

Zbierając, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ n = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ c_0 = a_0 b_0 = a b }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ c_1 = a_0 b_1 + a_1 b_0 = a r + b q }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = a_0 b_n + a_n b_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k b_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = a r^n + b q^n + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ r = 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n - 1} q^k r^{n - k} = 0 }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ r \neq 0 }[/math], to

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ r = 0 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ c_n = a r^n + b q^n + {\small\frac{r q^n - q r^n}{q - r}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = q^n \left( b + {\small\frac{r}{q - r}} \right) + r^n \left( a - {\small\frac{q}{q - r}} \right) }[/math]

Zbierając, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]


Przykład D69
Ostatni punkt zadania D68 pozwala stworzyć wiele przykładowych szeregów i ich iloczynów Cauchy'ego. Przypomnijmy, że

[math]\displaystyle{ (a_n) = (a, q, q^2, q^3, \ldots) }[/math], [math]\displaystyle{ \quad (b_n) = (b, r, r^2, r^3, \ldots) }[/math],  gdzie [math]\displaystyle{ \, q \neq r }[/math]
[math]\displaystyle{ 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.


Przykład D70
Podamy przykład szeregów zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny. Rozważmy zbieżny szereg (zobacz D5)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k}{\sqrt{k + 1}}} = 0.604898643 \ldots \qquad \qquad }[/math] (WolframAlpha)

Mnożąc powyższy szereg przez siebie według reguły Cauchy'ego, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ k \leqslant n \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; n - k \leqslant n }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ | c_n | \geqslant \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{n + 1}} = 1 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} c_n \neq 0 }[/math], to iloczyn Cauchy'ego jest rozbieżny (zobacz D4).


Zadanie D71
Pokazać, że jeżeli [math]\displaystyle{ a_n = b_n = r^n \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; c_n = (n + 1) r^n }[/math] (zobacz D68 p.3), to szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]
Rozwiązanie

Zbieżność szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n }[/math] łatwo zbadamy, stosując kryterium d'Alemberta.

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n }[/math] jest zbieżny, gdy [math]\displaystyle{ | r | \lt 1 }[/math] i rozbieżny, gdy [math]\displaystyle{ | r | \gt 1 }[/math], tak samo, jak szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} r^n }[/math]. W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ r = \pm 1 }[/math] szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} r^n }[/math] jest rozbieżny, a odpowiednie sumy częściowe szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n }[/math] są równe

  •     gdy [math]\displaystyle{ r = 1 }[/math], [math]\displaystyle{ c_n = n + 1 }[/math], [math]\displaystyle{ \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], WolframAlpha)
  •     gdy [math]\displaystyle{ r = - 1 }[/math], [math]\displaystyle{ c_n = (n + 1) (- 1)^n }[/math], [math]\displaystyle{ \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 D53, WolframAlpha)

W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ | r | \lt 1 }[/math] wiemy[19], że [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} r^n = {\small\frac{1}{1 - r}} }[/math]. Korzystając z zadania D53, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) r^n }[/math] jest zbieżny, gdy [math]\displaystyle{ | r | \lt 1 }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} (n + 1) r^n = 0 }[/math] (zobacz D4). Pokazaliśmy, że w rozważanym przypadku iloczyn sum szeregów jest równy sumie iloczynu Cauchy'ego tych szeregów.



[a] Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \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]


Uwaga D72
Przykłady D69 i D70 pokazują, że w ogólności nie jest prawdziwy wzór

[math]\displaystyle{ \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 D73
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Mertensa, zauważmy, że od sumowania po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych przekątnych

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ m = 5 }[/math].

[math]\displaystyle{ a_6 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_5 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_4 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_4 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_3 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_3 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_2 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_2 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_1 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_1 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ a_0 b_0 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_1 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_2 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_3 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_4 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_5 }[/math] [math]\displaystyle{ a_0 b_6 }[/math]

Przejście do sumowania po liniach poziomych

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ i }[/math]-tej linii poziomej.


Przejście do sumowania po liniach pionowych

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ i }[/math]-tej linii pionowej.


Twierdzenie D74 (Franciszek Mertens)
Jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A }[/math] jest zbieżny bezwzględnie, szereg [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B }[/math] jest zbieżny, to ich iloczyn Cauchy'ego [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math], jest zbieżny i [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B }[/math].

Dowód

Z założenia szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i }[/math] jest zbieżny bezwzględnie, oznaczmy [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' }[/math]. Niech

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ C_m }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ C_m = \sum_{n = 0}^{m} c_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math]

Przechodzimy od sumowania po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych przekątnych do sumowania po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych liniach poziomych (zobacz D73).

[math]\displaystyle{ C_m = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} a_i b_j }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum_{j = 0}^{m - i} b_j }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} a_i \left( {B + \beta_{m - i}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} a_i B + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = B \sum_{i = 0}^{m} a_i + \sum_{i = 0}^{m} a_i \beta_{m - i} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = A_m B + \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ C_m - A_m B = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k} }[/math]

Niech

[math]\displaystyle{ \delta_m = \sum_{k = 0}^{m} \beta_k a_{m - k} }[/math]

Oczywiście chcemy pokazać, że [math]\displaystyle{ C_m \longrightarrow A B }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ A_m B \longrightarrow A B }[/math], to wystarczy pokazać, że [math]\displaystyle{ \delta_m \longrightarrow 0 }[/math].

Z założenia [math]\displaystyle{ B_m \longrightarrow B }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \beta_m \longrightarrow 0 }[/math]. Ze zbieżności ciągu [math]\displaystyle{ (\beta_k) }[/math] wynika, że

  •    ciąg [math]\displaystyle{ (\beta_k) }[/math] jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ U \gt 0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \geqslant 0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ | \beta_k | \leqslant U }[/math] (zobacz C9)
  •    dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon_1 \gt 0 }[/math] prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (\beta_k) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | \beta_k | \lt \varepsilon_1 }[/math] (zobacz C4, C6)

Możemy przyjąć, że warunek [math]\displaystyle{ | \beta_k | \lt \varepsilon_1 }[/math] spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od [math]\displaystyle{ M = M (\varepsilon_1) }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ m \gt M }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ | \delta_m | \leqslant \sum_{k = 0}^{M} | \beta_k | | a_{m - k} | + \sum_{k = M + 1}^{m} | \beta_k | | a_{m - k} | }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; \lt U (| a_m | + \ldots + | a_{m - M} |) + \varepsilon_1 \sum_{k = M + 1}^{m} | a_{m - k} | }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; \lt U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A' }[/math]

Z założenia szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i }[/math] jest zbieżny, zatem musi być [math]\displaystyle{ \lim_{m \rightarrow \infty} a_m = 0 }[/math] (zobacz D4). Czyli dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon_2 \gt 0 }[/math] prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | a_k | \lt \varepsilon_2 }[/math]. Możemy przyjąć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od [math]\displaystyle{ N = N (\varepsilon_2) }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ m \gt M + N }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ | \delta_m | \lt U (| a_{m - M} | + \ldots + | a_m |) + \varepsilon_1 A' }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; \lt \varepsilon_2 (M + 1) U + \varepsilon_1 A' }[/math]


Prawa strona nierówności jest dowolnie mała. Przykładowo dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon \gt 0 }[/math] wystarczy wybrać [math]\displaystyle{ \varepsilon_1 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{A'}} }[/math] i [math]\displaystyle{ \varepsilon_2 = {\small\frac{\varepsilon / 2}{(M + 1) U}} }[/math], aby otrzymać [math]\displaystyle{ | \delta_m | \lt \varepsilon }[/math] dla wszystkich [math]\displaystyle{ m \gt M + N }[/math]. Ponieważ prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ \delta_m }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | \delta_m | \lt \varepsilon }[/math], to [math]\displaystyle{ \lim_{m \rightarrow \infty} \delta_m = 0 }[/math]. Co należało pokazać.


Zadanie D75
Pokazać, że iloczyn Cauchy'ego dwóch szeregów bezwzględnie zbieżnych jest bezwzględnie zbieżny.

Rozwiązanie

Z założenia szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} b_j }[/math] są bezwzględnie zbieżne, zatem możemy napisać

[math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} | a_i | = A' \qquad \qquad \sum^{\infty}_{j = 0} | b_j | = B' }[/math]

Zauważmy, że suma [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | }[/math] obejmuje [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] przekątnych. Łatwo możemy przejść od sumowania po kolejnych przekątnych do sumowana po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych liniach poziomych (zobacz D73).

[math]\displaystyle{ C'_m = \sum_{n = 0}^{m} | c_n | }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{n = 0}^{m} \left| \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| }[/math]
[math]\displaystyle{ \; \leqslant \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k b_{n - k} | }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | | b_{n - k} | }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m - i} | a_i | | b_j | \qquad \qquad }[/math] (zmieniliśmy sposób sumowania)
[math]\displaystyle{ \; = \sum_{i = 0}^{m} | a_i | \sum_{j = 0}^{m - i} | b_j | }[/math]
[math]\displaystyle{ \; \leqslant A' B' }[/math]

Ponieważ ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ C'_m }[/math] jest rosnący (bo sumujemy wartości nieujemne) i ograniczony od góry, to jest zbieżny.


Zadanie D76
Podać przykład szeregów zbieżnych, z których tylko jeden jest bezwzględnie zbieżny i których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

Rozwiązanie

Zauważmy, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^i}{2^i}} = {\small\frac{2}{3}} }[/math] jest bezwzględnie zbieżny, bo [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{2^i}} = 2 }[/math] jest zbieżny. Szereg [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2 }[/math] jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza (zobacz D5), ale nie jest bezwzględnie zbieżny (zobacz D17, D19 p.1, B34).

Zatem na podstawie twierdzenia Mertensa iloczyn Cauchy'ego tych szeregów [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{2^k}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}} }[/math]

jest zbieżny. Łatwo widzimy, że

[math]\displaystyle{ | c_n | = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = {\small\frac{1}{n + 1}} + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{2^k (n - k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; \geqslant {\small\frac{1}{n + 1}} }[/math]

Ponieważ szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{n + 1}} }[/math] jest rozbieżny i

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant | c_n | }[/math]

to na mocy kryterium porównawczego (zobacz D9) szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} | c_n | }[/math] jest rozbieżny. Co należało pokazać.


Zadanie D77
Podać przykład szeregów warunkowo zbieżnych, których iloczyn Cauchy'ego jest warunkowo zbieżny.

Rozwiązanie

Szereg [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^j}{j + 1}} = \log 2 }[/math] jest warunkowo zbieżny (zobacz D5, D17, D19 p.1, B34). Iloczyn Cauchy'ego dwóch takich szeregów jest równy [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(- 1)^k}{k + 1}} \cdot {\small\frac{(- 1)^{n - k}}{n - k + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = (- 1)^n \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{(k + 1) (n - k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = {\small\frac{(- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{(n - k + 1) + (k + 1)}{(k + 1) (n - k + 1)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = {\small\frac{2 (- 1)^n}{n + 2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} }[/math]


Ponieważ (zobacz D17)

[math]\displaystyle{ \log (n + 1) \lt \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \lt 1 + \log n }[/math]

to

[math]\displaystyle{ {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot \log (n + 2) \lt | c_n | \lt {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot (1 + \log (n + 1)) }[/math]

Z twierdzenia o trzech ciągach wynika natychmiast, że [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} | c_n | = 0 }[/math]. Pokażemy teraz, że ciąg [math]\displaystyle{ (| c_n |) }[/math] jest ciągiem malejącym.

[math]\displaystyle{ | 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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\; \leqslant 0 }[/math]

Bo [math]\displaystyle{ \; \sum_{k = 0}^{n - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} \geqslant 1 }[/math]. Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ (| c_n |) }[/math] jest malejący i zbieżny do zera, to z kryterium Leibniza (zobacz D5) szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^n | c_n | }[/math] jest zbieżny. Zauważmy jeszcze, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant {\small\frac{1}{n + 1}} \leqslant {\small\frac{2 \log (n + 2)}{n + 2}} \lt | c_n | }[/math]

Zatem na podstawie kryterium porównawczego (zobacz D9) szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} | c_n | }[/math] jest rozbieżny.


Uwaga D78
Nim przejdziemy do dowodu twierdzenia Abela, musimy udowodnić trzy twierdzenia dotyczące pewnych granic. Warto zauważyć, że twierdzenie D80 pozwala przypisać wartość sumy do szeregów, których suma w zwykłym sensie nie istnieje. Uogólnienie to nazywamy sumowalnością w sensie Cesàro[20]. Nie będziemy zajmowali się tym tematem, ale podamy ciekawy przykład.

Rozważmy szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i }[/math]. Sumy częściowe tego szeregu wynoszą [math]\displaystyle{ S_k = {\small\frac{1 + (- 1)^k}{2}} }[/math] i tworzą ciąg rozbieżny, ale ciąg kolejnych średnich arytmetycznych dla ciągu [math]\displaystyle{ (S_k) }[/math] jest równy

[math]\displaystyle{ 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] (WolframAlfa)

Zatem szereg [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^i }[/math] jest sumowalny w sensie Cesàro i jego suma jest równa [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} }[/math].


Twierdzenie D79
Jeżeli [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0 }[/math].

Dowód

Z założenia [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 }[/math]. Ze zbieżności ciągu [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] wynika, że

  •    ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ U \gt 0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \geqslant 0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ | a_k | \leqslant U }[/math] (zobacz C9)
  •    dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon \gt 0 }[/math] prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | a_k | \lt \varepsilon }[/math] (zobacz C4, C6)

Możemy przyjąć, że warunek [math]\displaystyle{ | a_k | \lt \varepsilon }[/math] spełniają wszystkie wyrazy, poczynając od [math]\displaystyle{ N = N (\varepsilon) }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ n \gt N }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \,\, \lt {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + {\small\frac{\varepsilon (n - N)}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \,\, \lt {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} + \varepsilon }[/math]

Ponieważ liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] może być dowolnie duża, to wyrażenie [math]\displaystyle{ {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} }[/math] może być dowolnie małe. W szczególności warunek

[math]\displaystyle{ {\small\frac{U (N + 1)}{n + 1}} \lt \varepsilon }[/math]

jest spełniony dla [math]\displaystyle{ n \gt {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 }[/math] i otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | \lt 2 \varepsilon }[/math]

dla wszystkich [math]\displaystyle{ n \gt \max \left( N, {\small\frac{U (N + 1)}{\varepsilon}} - 1 \right) }[/math]. Zatem [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} | a_k | = 0 }[/math]. Co należało pokazać.


Twierdzenie D80
Jeżeli ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest zbieżny, to ciąg kolejnych średnich arytmetycznych [math]\displaystyle{ x_n = {\small\frac{a_0 + \ldots + a_n}{n + 1}} }[/math] jest zbieżny do tej samej granicy.

Dowód

Z założenia ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest zbieżny, zatem możemy napisać

[math]\displaystyle{ \lim_{k \rightarrow \infty} a_k = g }[/math]

Z definicji ciągu [math]\displaystyle{ (x_n) }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ n \rightarrow \infty }[/math], z twierdzenia D79 i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz C10) otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} | x_n - g | = 0 }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} x_n = g }[/math] (zobacz C8 p.2). Co należało pokazać.


Twierdzenie D81
Niech [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] i [math]\displaystyle{ (b_n) }[/math] będą zbieżnymi ciągami liczb rzeczywistych. Jeżeli [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = a }[/math] i [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} b_n = b }[/math], to [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b }[/math].

Dowód

1. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0} }[/math]

Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ (b_n) }[/math] jest zbieżny, to jest ograniczony (zobacz C9), czyli istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ U \gt 0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \geqslant 0 }[/math] jest [math]\displaystyle{ | b_k | \leqslant U }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ n \rightarrow \infty }[/math], z twierdzenia D79 i twierdzenia o trzech ciągach (zobacz C10) otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right| = 0 }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} \left( {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} \right) = 0 }[/math] (zobacz C8 p.2).


2. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\lim_{n \rightarrow \infty} a_n \neq 0} }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ x_n = a_n - a }[/math]. Oczywiście [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} x_n = 0 }[/math]. Podstawiając, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \, = {\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]\displaystyle{ \, = 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]\displaystyle{ n \longrightarrow \infty }[/math], z twierdzenia D80 i udowodnionego wyżej przypadku, gdy [math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{1}{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} = a b }[/math]

Co kończy dowód.



Twierdzenie D82 (Niels Henrik Abel)
Jeżeli szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{\infty} a_i = A }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{j = 0}^{\infty} b_j = B }[/math] są zbieżne i ich iloczyn Cauchy'ego [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ c_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math], jest zbieżny, to [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} c_n = A B }[/math].

Dowód

Będziemy stosowali następujące oznaczenia

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} c_n }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{n = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n - k} }[/math]

Od sumowania wyrazów [math]\displaystyle{ a_k b_{n - k} }[/math] po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po [math]\displaystyle{ m + 1 }[/math] kolejnych liniach poziomych (zobacz D73).

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i \sum^{m - i}_{j = 0} b_j }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{m} a_i B_{m - i} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = \sum_{m = 0}^{L} \sum_{k = 0}^{m} a_k B_{m - k} }[/math]

Od sumowania wyrazów [math]\displaystyle{ a_k B_{m - k} }[/math] po [math]\displaystyle{ L + 1 }[/math] kolejnych przekątnych przechodzimy do sumowania po [math]\displaystyle{ L + 1 }[/math] kolejnych liniach pionowych (zobacz D73).

[math]\displaystyle{ \sum_{m = 0}^{L} C_m = \sum_{i = 0}^{L} \sum_{j = 0}^{L - i} a_j B_i }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i \sum_{j = 0}^{L - i} a_j }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = \sum_{i = 0}^{L} B_i A_{L - i} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ L \longrightarrow \infty }[/math], z twierdzeń D80 i D81 otrzymujemy [math]\displaystyle{ C = A B }[/math]. Co należało pokazać.



Liczby Catalana

Definicja D83
Liczby Catalana [math]\displaystyle{ C_n }[/math] definiujemy wzorem

[math]\displaystyle{ C_n = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math].


Twierdzenie D84
Liczby Catalana [math]\displaystyle{ C_n }[/math] mają następujące własności

  •    [math]\displaystyle{ C_n }[/math] są liczbami całkowitymi dodatnimi
  •    [math]\displaystyle{ 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]
  •    [math]\displaystyle{ C_{n + 1} = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} C_n }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} }[/math]
Dowód

Punkt 1.

Twierdzenie jest prawdziwe dla początkowych wartości [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math], bo [math]\displaystyle{ (C_n) = (1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, \ldots) }[/math]. W ogólności wystarczy zauważyć, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ {\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}} \lt {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ {\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]

Zatem [math]\displaystyle{ C_n }[/math] jest liczbą całkowitą większą od zera.

Punkt 2.

[math]\displaystyle{ {\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]
[math]\displaystyle{ {\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]

Punkt 3.

[math]\displaystyle{ {\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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\: = {\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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\: = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 2}} }[/math]

Punkt 4.

Dowód tego punktu został umieszczony w Uzupełnieniu (zobacz D109).


Zadanie D85
Niech [math]\displaystyle{ C_n }[/math] oznacza [math]\displaystyle{ n }[/math]-tą liczbę Catalana i niech [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} x_n }[/math] oznacza szereg, który otrzymujemy, mnożąc szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] przez siebie według reguły Cauchy'ego. Pokazać, że

  •    jeżeli [math]\displaystyle{ a_n = C_n }[/math],  to  [math]\displaystyle{ x_n = C_{n + 1} }[/math]
  •    jeżeli [math]\displaystyle{ a_0 = \alpha \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; a_n = r^{n - 1} C_{n - 1} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math],  to  [math]\displaystyle{ x_0 = \alpha^2 }[/math], [math]\displaystyle{ \; x_1 = 2 \alpha C_0 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; x_n = (1 + 2 \alpha r) r^{n - 2} C_{n - 1} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math]

Dla jakich wartości [math]\displaystyle{ \alpha, r }[/math] szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} x_n }[/math] jest zbieżny?

Rozwiązanie

Punkt 2.

Dla [math]\displaystyle{ n = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ x_0 = a_0 a_0 = \alpha^2 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ x_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2 a_0 a_1 = 2 \alpha C_0 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ x_n = \sum_{k = 0}^{n} a_k a_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = a_0 a_n + a_n a_0 + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k a_{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = 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]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = 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]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} \sum_{j = 0}^{n - 2} C_j C_{n - 2 - j} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = 2 \alpha r^{n - 1} C_{n - 1} + r^{n - 2} C_{n - 1} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = r^{n - 2} C_{n - 1} (1 + 2 \alpha r) }[/math]

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n }[/math] i szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} x_n }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ | r | \lt {\small\frac{1}{4}} }[/math]. W szczególności dla [math]\displaystyle{ \alpha = - {\small\frac{1}{2 r}} }[/math] szereg [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ r = {\small\frac{1}{4}} }[/math] szereg [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{C_n}{4^n}} = 2 }[/math] jest zbieżny.



Sumy współczynników dwumianowych

Twierdzenie D86
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; r \in \mathbb{R} }[/math] prawdziwe są wzory

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2} }[/math]
Dowód

Punkt 1.

Ze wzoru dwumianowego natychmiast otrzymujemy

[math]\displaystyle{ (1 + r)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} r^k }[/math]

Punkt 2.

Całkując obie strony wzoru dwumianowego

[math]\displaystyle{ (1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ (1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k x^{k - 1} }[/math]

Kładąc [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math], dostajemy dowodzony wzór.

Punkt 4.

Obliczając drugą pochodną każdej ze stron wzoru dwumianowego

[math]\displaystyle{ (1 + x)^n = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} x^k }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ n(n - 1) (1 + x)^{n - 2} = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}} k (k - 1) x^{k - 1} }[/math]

Kładąc [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ 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.


Twierdzenie D87
Dla [math]\displaystyle{ n, m \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{n + m + 1}{n}} }[/math]
Dowód

Ze wzoru Pascala

[math]\displaystyle{ {\small\binom{a}{k}} = {\small\binom{a - 1}{k}} + {\small\binom{a - 1}{k - 1}} }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\small\binom{a - 1}{k}} = {\small\binom{a}{k}} - {\small\binom{a - 1}{k - 1}} }[/math]

Kładąc [math]\displaystyle{ a = n + k + 1 }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n + k}{k}} = {\small\binom{n + k + 1}{k}} - {\small\binom{n + k}{k - 1}} }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ {\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 D12)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} = 1 + \sum_{k = 1}^{m} {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = 1 + \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} - {\small\binom{n + k}{n + 1}} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = 1 - \sum_{k = 1}^{m} \left[ {\small\binom{n + k}{n + 1}} - {\small\binom{n + k + 1}{n + 1}} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = 1 - \left[ 1 - {\small\binom{n + m + 1}{n + 1}} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = {\small\binom{n + m + 1}{n}} }[/math]

Co kończy dowód.


Suma nieoznaczona

Uwaga D88
Sumą nieoznaczoną[21] (lub antyróżnicą) funkcji [math]\displaystyle{ f(k) }[/math], będziemy nazywali dowolną funkcję [math]\displaystyle{ F(k) }[/math] taką, że

[math]\displaystyle{ F(k + 1) - F (k) = f (k) }[/math]

Łatwo zauważamy, że istnieje cała rodzina funkcji [math]\displaystyle{ F(k) }[/math], bo jeżeli [math]\displaystyle{ F (k) }[/math] jest sumą nieoznaczoną, to [math]\displaystyle{ F (k) + C }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ C }[/math] jest stałą, również jest sumą nieoznaczoną. W szczególności

[math]\displaystyle{ \sum_{k = a}^{b} f (k) = \sum_{k = a}^{b} (F (k + 1) - F (k)) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\: = - \sum_{k = a}^{b} (F (k) - F (k + 1)) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\: = - ( F (a) - F (b + 1) ) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\: = F (b + 1) - F (a) }[/math]

Co przez analogię do całki nieoznaczonej możemy zapisać jako

[math]\displaystyle{ \sum_{k = a}^{b} f (k) = F (k) \biggr\rvert_{a}^{b + 1} \qquad \qquad \qquad ( 1 ) }[/math]


Należy podkreślić różnicę między sumą oznaczoną [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] a sumą nieoznaczoną [math]\displaystyle{ F(k) }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ f(k) = k^2 }[/math]. Oczywiście

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} k^2 = {\small\frac{1}{6}} n (n + 1) (2 n + 1) }[/math]
[math]\displaystyle{ F(k) = {\small\frac{1}{6}} (k - 1) k (2 k - 1) }[/math]

Ponieważ dla sumy [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] prawdziwy jest związek [math]\displaystyle{ S(n + 1) - S (n) = f (n + 1) }[/math], to otrzymujemy [math]\displaystyle{ F(k) = S (k - 1) }[/math]. Weźmy kolejny przykład, niech [math]\displaystyle{ f(k) = r^k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r }[/math] jest stałą. Mamy

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} r^k = {\small\frac{r^{n + 1} - 1}{r - 1}} }[/math]

ale

[math]\displaystyle{ F(k) = {\small\frac{r^k}{r - 1}} }[/math]

i nie jest prawdą, że [math]\displaystyle{ F(k) = S (k - 1) }[/math], bo pominięty został wyraz [math]\displaystyle{ {\small\frac{- 1}{r - 1}} }[/math], który jest stałą, ale jest to zrozumiałe.

Niech teraz [math]\displaystyle{ f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]. Wiemy, że (zobacz D87)

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]

Tym razem otrzymujemy zupełnie inne wyniki: suma [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] nie zależy od dwóch zmiennych, bo jest to niemożliwe, a suma nieoznaczona nadal zależy od [math]\displaystyle{ k }[/math], bo dla [math]\displaystyle{ F(n, k) }[/math] musi być prawdziwy wzór [math]\displaystyle{ (1) }[/math]. Łatwo widzimy, że

[math]\displaystyle{ S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} }[/math]


Uwaga D89
Powiedzmy, że dysponujemy wzorem [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ S(k + 1) = S (k) + f (k + 1) }[/math]

Jeżeli już udało nam się pokazać związek [math]\displaystyle{ f(k) = S (k) - S (k - 1) }[/math], to równie dobrze możemy zamienić sumę na sumę teleskopową (zobacz D12), aby otrzymać, że

[math]\displaystyle{ \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) = \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k) - S (k - 1) ) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = - \sum_{k = a + 1}^{b} ( S (k - 1) - S (k) ) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = - ( S (a) - S (b) ) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\, = S (b) - S (a) }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ S(b) = \sum_{k = a + 1}^{b} f (k) + S (a) = \sum_{k = a}^{b} f (k) }[/math]

bo [math]\displaystyle{ S(a) = f (a) }[/math].


W przypadkach bardziej skomplikowanych nie możemy tak postąpić. W poprzedniej uwadze rozważaliśmy sumę

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}} }[/math]

ale

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ S(k) - S (k - 1) = f (n, k) }[/math], bo różnica [math]\displaystyle{ S(k) - S (k - 1) }[/math] nie zależy od [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ F(n, k) = {\small\frac{k}{n + 1}} {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]

Oczywiście

[math]\displaystyle{ F(n, k + 1) - F (n, k) = {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]

i

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ F(n, k) }[/math] może być jeszcze trudniejsze, ale gdy już taki wzór mamy, to sprawdzenie jego poprawności, czyli związku [math]\displaystyle{ F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k) }[/math], może być bardzo łatwe, a wtedy otrzymujemy natychmiast

[math]\displaystyle{ S(n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} }[/math]


Zadanie D90
Korzystając z programu Maxima znaleźć sumę nieoznaczoną [math]\displaystyle{ F(n, k) }[/math] dla funkcji

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ C_n }[/math] są liczbami Catalana.

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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ F(n, k + 1) - F (n, k) = f (n, k) }[/math] i wyliczy sumę oznaczoną.

Chcemy zwrócić uwagę na występującą tutaj trudność. Oczywiście

[math]\displaystyle{ S (n) = F (n, k) \biggr\rvert_{k = 0}^{k = n + 1} }[/math]

ale funkcja [math]\displaystyle{ F(n, k) }[/math] nie jest określona dla [math]\displaystyle{ k = n + 1 }[/math]. Żeby ominąć ten problem, możemy przekształcić funkcję [math]\displaystyle{ F(n, k) }[/math] tak, aby możliwe było obliczenie jej wartości dla [math]\displaystyle{ k = n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \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]


Znajdowanie równania rekurencyjnego dla sumy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{S(n)} }[/math]

Uwaga D91
Rozważmy sumę

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) }[/math]

W twierdzeniach D107 i D108 wyliczyliśmy [math]\displaystyle{ S(n) }[/math], znajdując najpierw równanie rekurencyjne dla sumy. Możemy przypuszczać, że równanie rekurencyjne dla sumy [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] wynika z istnienia odpowiedniego równania rekurencyjnego dla składników sumy [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math]. Zagadnieniem tym zajmowała się siostra Mary Celine Fasenmyer, która podała algorytm postępowania[22][23]. Prace Zeilbergera oraz Wilfa i Zeilbergera uogólniły ten algorytm[24][25]. My przedstawimy jedynie kilka prostych przypadków, które zilustrujemy przykładami. Szersze omówienie tematu Czytelnik znajdzie w książce Petkovšeka, Wilfa i Zeilbergera[26].


Twierdzenie D92
Niech [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) }[/math]. Jeżeli składniki sumy [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] spełniają równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ a, b, c, d }[/math] są funkcjami tylko [math]\displaystyle{ n }[/math], to suma [math]\displaystyle{ S (n) }[/math] spełnia równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ (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]
Dowód

Łatwo zauważamy, że

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n + 1, j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + \sum^{n + 1}_{j = 0} f (n + 1, j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = - f (n + 1, 0) + S (n + 1) }[/math]


[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} f (n + 1, k) = - f (n + 1, n + 1) + \sum_{k = 0}^{n + 1} f (n + 1, k) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = - f (n + 1, n + 1) + S (n + 1) }[/math]


[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} f (n, k + 1) = \sum_{j = 1}^{n + 1} f (n, j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + \sum_{j = 0}^{n} f (n, j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = - f (n, 0) + f (n, n + 1) + S (n) }[/math]


Zatem sumując założone równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ k }[/math] od [math]\displaystyle{ k = 0 }[/math] do [math]\displaystyle{ k = n }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ (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.


Uwaga D93
Nie ma sensu stosowanie opisanej powyżej metody do prostych sum postaci [math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} f (k) }[/math], bo równanie rekurencyjne otrzymujemy w takim przypadku natychmiast: [math]\displaystyle{ S(n + 1) - S (n) = f (n + 1) }[/math].


Zadanie D94
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór (zobacz D87)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n + k}{n}} = {\small\binom{2 n + 1}{n}} }[/math]
Rozwiązanie

W tym przypadku nie otrzymamy równania rekurencyjnego, ale od razu wzór ogólny na sumę [math]\displaystyle{ S(n) }[/math].

Oczywiście [math]\displaystyle{ f(n, k) = {\small\binom{n + k}{n}} }[/math]. Po podstawieniu do równania (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ k }[/math], to współczynniki przy potęgach [math]\displaystyle{ k }[/math] muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ b = - a }[/math], [math]\displaystyle{ c = - a }[/math], [math]\displaystyle{ d = 0 }[/math]. Skąd wynika związek dla [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ - a S (n) = a - a {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - a \left( 1 - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\: = - a \left[ {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} - {\small\binom{2 n + 1}{n}} \right] }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\: = - 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)!)     */
)$


Zadanie D95
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór (zobacz D86 p.1)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} r^k {\small\binom{n}{k}} = (r + 1)^n }[/math]
Rozwiązanie

Oczywiście [math]\displaystyle{ f(n, k) = r^k {\small\binom{n}{k}} }[/math]. Po podstawieniu do równania (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ k }[/math], to współczynniki przy potęgach [math]\displaystyle{ k }[/math] muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ b = 0 }[/math], [math]\displaystyle{ c = - a }[/math], [math]\displaystyle{ d = - a \cdot r }[/math]. Skąd wynika związek dla [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ S(n + 1) = (r + 1) S (n) }[/math]

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że [math]\displaystyle{ 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   */
)$


Zadanie D96
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór (zobacz D86 p.2)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} = {\small\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}} }[/math]
Rozwiązanie

Oczywiście [math]\displaystyle{ f(n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} }[/math]. Po podstawieniu do równania (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ k }[/math], to współczynniki przy potęgach [math]\displaystyle{ k }[/math] muszą być równe zero. Zatem dostajemy układ równań

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ b = 0 }[/math], [math]\displaystyle{ c = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}} }[/math], [math]\displaystyle{ d = - a \cdot {\small\frac{n + 1}{n + 2}} }[/math]. Skąd wynika związek dla [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] (zobacz D92)

[math]\displaystyle{ (n + 2) S (n + 1) = 2 (n + 1) S (n) + 1 }[/math]

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że [math]\displaystyle{ 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)   */
)$


Zadanie D97
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; k \in \mathbb{Z} }[/math]. Uzasadnić, dlaczego przyjmujemy, że [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} = 0 }[/math], gdy [math]\displaystyle{ k \lt 0 \; }[/math] lub [math]\displaystyle{ \; k \gt n }[/math].

Rozwiązanie

Jeżeli zapiszmy [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} }[/math] w postaci

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ k \gt n }[/math].

Jeżeli we wzorze Pascala

[math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} = {\small\binom{n - 1}{k}} + {\small\binom{n - 1}{k - 1}} }[/math]

położymy [math]\displaystyle{ n = m + 1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; k = 0 }[/math], to otrzymamy

[math]\displaystyle{ 1 = 1 + {\small\binom{m}{- 1}} }[/math]

czyli [math]\displaystyle{ {\small\binom{m}{- 1}} = 0 }[/math]

I tak samo dla wszystkich [math]\displaystyle{ k \lt 0 }[/math].


Znacznie mocniejszego uzasadnienia dostarczy nam funkcja gamma (zobacz D110), która jest uogólnieniem silni na liczby rzeczywiste. Rozważmy funkcję

[math]\displaystyle{ g(n, x) = {\small\frac{\Gamma (n + 1)}{\Gamma (x + 1) \Gamma (n - x + 1)}} }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; 0 \leqslant k \leqslant n }[/math], to funkcja [math]\displaystyle{ g(n, k) }[/math] jest równa współczynnikowi dwumianowemu [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} }[/math].

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ k \lt 0 }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ k \gt n }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} = 0 }[/math], gdy [math]\displaystyle{ k \lt 0 \; }[/math] lub [math]\displaystyle{ \; k \gt n }[/math].


Twierdzenie D98
Niech [math]\displaystyle{ n, I, J \in \mathbb{N}_0 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; k \in \mathbb{Z} }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ f(n, k) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] \, }[/math] i składniki sumy [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] spełniają równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot f (n + i, k + j) = 0 }[/math]

gdzie współczynniki [math]\displaystyle{ a_{i j} }[/math] są funkcjami tylko [math]\displaystyle{ n }[/math], to suma

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) }[/math]

spełnia następujące równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] = 0 }[/math]
Dowód

Z założenia [math]\displaystyle{ f(n, k) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] }[/math], zatem sumę [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n, k) }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ 0 \leqslant i \leqslant I }[/math] oraz [math]\displaystyle{ 0 \leqslant j \leqslant J }[/math]. Rozważmy sumę

[math]\displaystyle{ \sum_{k = - J}^{n + I} f (n + i, k + j) }[/math]

Zauważmy, że [math]\displaystyle{ f(n + i, k + j) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \notin [- J, n + I] }[/math], bo

  •    dla [math]\displaystyle{ k \lt - J }[/math] mamy [math]\displaystyle{ k + j \lt - J + j \leqslant 0 }[/math]
  •    dla [math]\displaystyle{ k \gt n + I }[/math] mamy [math]\displaystyle{ k + j \gt 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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ S(n) }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} f (n + i, k + j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum^{+ \infty}_{l = - \infty} f (n + i, l) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot S (n + i) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sum_{i = 0}^{I} S (n + i) \left[ \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \right] }[/math]

Co należało pokazać.



[a] W przypadku wielokrotnych sum skończonych możemy dowolnie zmieniać ich kolejność ze względu na łączność dodawania.


Uwaga D99
Z zadania D97 wynika, że jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] zawiera czynnik [math]\displaystyle{ {\small\binom{n}{k}} }[/math], to może spełniać warunek [math]\displaystyle{ f(n, k) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] }[/math]. Oczywiście nie jest to warunek wystarczający, bo funkcja [math]\displaystyle{ f (n, k) = {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{n}{k}} }[/math] jest różna od zera dla [math]\displaystyle{ k = - 1 }[/math].


Zadanie D100
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór (zobacz D86 p.3)

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}} = n 2^{n - 1} }[/math]
Rozwiązanie

Oczywiście [math]\displaystyle{ 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 sum5(1, 2) 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 C = 1. Co należało pokazać.


Zadanie D101
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwe są wzory

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}} = n (n + 1) 2^{n - 2} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k^3 {\small\binom{n}{k}} = n^2 (n + 3) 2^{n - 3} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k {\small\binom{n}{k}}^2 = {\small\frac{1}{2}} n {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} k^2 {\small\binom{n}{k}}^2 = n^2 {\small\binom{2 n - 2}{n - 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]
Rozwiązanie

Wskazówki:

Korzystamy z procedury sum5(), której kod został podany w zadaniu D100.

Zawsze próbujemy znaleźć rozwiązanie dla najmniejszych wartości parametrów I, J.

[math]\displaystyle{ \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. sum5(1, 2), zobacz też sum5(2, 1)

Punkt 2. sum5(1, 3), zobacz też sum5(2, 2)

Punkt 3. sum5(2, 2)

Punkt 4. sum5(2, 2)

Punkt 5. sum5(2, 2)

Punkt 6. sum5(2, 3), zobacz też sum5(3, 2)


Uwaga D102
Niech [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) }[/math]. Wiemy (zobacz D98), że jeżeli dla dowolnego [math]\displaystyle{ n }[/math] wartość funkcji [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] jest określona dla wszystkich [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; f(n, k) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] }[/math], to sumę [math]\displaystyle{ S(n) }[/math] możemy zapisać w równoważnej postaci [math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) }[/math]


Rozważmy teraz funkcję [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ k = - 1 }[/math]. Jeżeli zapiszemy [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] w postaci

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ f(n, - 1) = {\small\frac{n!}{0! (n + 1) !}} = {\small\frac{1}{n + 1}} }[/math]

Zatem w przypadku tej funkcji mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} f (n, k) }[/math]

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\;\, = \sum_{i = 0}^{I} \sum_{j = 0}^{J} a_{i j} \cdot \sum_{l \in \mathbb{Z}} f (n + i, l) }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = \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]\displaystyle{ \;\;\;\, = \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]\displaystyle{ k_r \notin [0, n] }[/math], w których funkcja [math]\displaystyle{ f(n, k) }[/math] jest określona i różna od zera, to możemy zdefiniować funkcję

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ S (n) = \sum_{k = 0}^{n} f (n, k) }[/math]

[math]\displaystyle{ \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 sum5(), 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.


Zadanie D103
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n }[/math]
Rozwiązanie

Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] }[/math] (zobacz zadanie D115). Zatem korzystając z procedury sum6(2, 1), otrzymujemy równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ (n + 2) S (n + 2) - 4 (2 n + 3) S (n + 1) + 16 (n + 1) S (n) = 0 }[/math]

i rozwiązanie

[math]\displaystyle{ S(n) = C \cdot 4^n }[/math]

Łatwo sprawdzamy, że [math]\displaystyle{ C = 1 }[/math].


Zadanie D104
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \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]
Rozwiązanie

Zauważmy, że składniki sumy są równe zero dla [math]\displaystyle{ k \notin [0, n] }[/math] (zobacz D115) poza punktem [math]\displaystyle{ k = - 1 }[/math]. Wiemy, że (zobacz D116)

[math]\displaystyle{ \lim_{k \rightarrow - 1} {\small\frac{1}{k + 1}} {\small\binom{2 k}{k}} = - {\small\frac{1}{2}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ f(n, - 1) = - {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math]


Korzystając z procedury sum6(2, 1), otrzymujemy równanie rekurencyjne

[math]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ (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]\displaystyle{ S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math] jest jego rozwiązaniem.



Uzupełnienie

 

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

Uwaga D105
Przedstawiony poniżej dowód czwartego punktu twierdzenia D84 został oparty na pracy Jovana Mikicia[27].


Twierdzenie D106
Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(k) }[/math] nie zależy od [math]\displaystyle{ n }[/math] i dane są sumy

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} f (k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1) }[/math]
Dowód

Z definicji sumy [math]\displaystyle{ T(n) }[/math] ostatni wyraz tej sumy jest równy zero, zatem dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\:\, = \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = \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]\displaystyle{ T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1) }[/math]

Co kończy dowód.


Twierdzenie D107
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} = 4^n }[/math]
Dowód

Niech

[math]\displaystyle{ S(n) = \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ T(n) = \sum_{k = 0}^{n} (n - k) {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{n}{2}} \sum_{k = 0}^{n} {\small\binom{2 k}{k}} {\small\binom{2 n - 2 k}{n - k}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{n S (n)}{2}} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ T(n) = {\small\frac{n S (n)}{2}} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1) }[/math] (zobacz D106), to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{n S (n)}{2}} = 4 \cdot {\small\frac{(n - 1) S (n - 1)}{2}} + 2 S (n - 1) }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ n S (n) = 4 n S (n - 1) - 4 S (n - 1) + 4 S (n - 1) }[/math]
[math]\displaystyle{ S(n) = 4 S (n - 1) }[/math]

Metodą indukcji matematycznej łatwo dowodzimy, że [math]\displaystyle{ S(n) = 4^n }[/math]. Co należało pokazać.


Twierdzenie D108
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 0 }[/math] prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Oznaczmy

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\:\, = \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = (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]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = (n + 1) S (n) - 4^n }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ T(n) = (n + 1) S (n) - 4^n \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; T(n) = 4 T (n - 1) + 2 S (n - 1) }[/math] (zobacz D106), to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ (n + 1) S (n) - 4^n = 4 \cdot (n S (n - 1) - 4^{n - 1}) + 2 S (n - 1) }[/math]
[math]\displaystyle{ (n + 1) S (n) - 4^n = 4 n S (n - 1) - 4^n + 2 S (n - 1) }[/math]
[math]\displaystyle{ S(n) = {\small\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1}} S (n - 1) }[/math]

Metodą indukcji matematycznej dowodzimy, że [math]\displaystyle{ S(n) = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ S(0) = 1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2}{1}} = 1 }[/math]. Zatem wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n = 0 }[/math]. Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n - 1 }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \;\;\; = {\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]\displaystyle{ \;\;\; = {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\; = S (n) }[/math]

Co kończy dowód.


Twierdzenie D109
Jeżeli [math]\displaystyle{ C_n }[/math] są liczbami Catalana, to

[math]\displaystyle{ C_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_k C_{n - k} }[/math]
Dowód

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{2}{n + 2}} \cdot {\small\frac{1}{2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{1}{n + 2}} {\small\binom{2 n + 2}{n + 1}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = C_{n + 1} }[/math]

Co należało pokazać.




Funkcja gamma

 

Definicja D110
Funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math][28] jest zdefiniowana równoważnymi wzorami

[math]\displaystyle{ \Gamma (z) = \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} e^{- t} \, d t \qquad \operatorname{Re}(z) \gt 0 \qquad \qquad }[/math] (definicja całkowa Eulera)
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\Gamma (z)}} }[/math], która jest określona dla dowolnych [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\Gamma (z)}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}{n^z n!}} }[/math]
[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ {\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]
Pokaż wykres

Poniżej przedstawiamy wykresy funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma (x) }[/math] (kolor niebieski) i [math]\displaystyle{ \, {\small\frac{1}{\Gamma (x)}} }[/math] (kolor czerwony).

Gamma1.png

Pokaż równoważność definicji

Równoważność definicji Gaussa i definicji całkowej Eulera

Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \; \operatorname{Re}(z) \gt 0 }[/math]. Rozważmy całki

[math]\displaystyle{ I_k = \int^n_0 t^{z - 1 + k} \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} d t }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ k = 0, \ldots, n }[/math]. Całkując przez części

[math]\displaystyle{ d u = t^{z - 1 + k} \, d t \qquad \qquad \qquad v = \left( 1 - {\small\frac{t}{n}} \right)^{n - k} }[/math]
[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = {\small\frac{n - k}{n (z + k)}} \cdot I_{k + 1} }[/math]

Zatem całkując [math]\displaystyle{ n }[/math]-krotnie przez części, mamy

[math]\displaystyle{ I_0 = {\small\frac{n}{n z}} \cdot I_1 }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = {\small\frac{n}{n z}} \cdot {\small\frac{n - 1}{n (z + 1)}} \cdot I_2 }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = {\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]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = {\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]\displaystyle{ I_n = \int^n_0 t^{z + n - 1} \, d t = {\small\frac{n^{z + n}}{z + n}} }[/math]

to

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]

Przechodząc z [math]\displaystyle{ n }[/math] do nieskończoności, dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]

Co należało pokazać.


Równoważność definicji iloczynowej Eulera i definicji Gaussa

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \:\, = {\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]\displaystyle{ \:\, = {\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]\displaystyle{ \:\, = \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]\displaystyle{ \:\, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(n + 1)^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \:\, = \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]\displaystyle{ \:\, = \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]\displaystyle{ \gamma }[/math] jest równa

[math]\displaystyle{ \gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( - \log n + \sum_{k = 1}^{n} {\small\frac{1}{k}} \right) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \, = 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]\displaystyle{ \, = \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]\displaystyle{ \, = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{z \log n} \cdot {\small\frac{n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \, = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]

Co należało pokazać.


Twierdzenie D111
Dla funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] prawdziwe są następujące wzory

  •    [math]\displaystyle{ \Gamma (1) = 1 }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ z \Gamma (z) = \Gamma (z + 1) \qquad z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad z \notin \mathbb{Z} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \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)
Dowód

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \Gamma (z) = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ z \Gamma (z) = z \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{n^z n!}{z (z + 1) \cdot \ldots \cdot (z + n)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\, = \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]\displaystyle{ \;\;\;\;\, = \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]\displaystyle{ \;\;\;\;\, = \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]\displaystyle{ \;\;\;\;\, = \Gamma (z + 1) }[/math]

Punkt 3.

Z definicji iloczynowej Eulera mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\Gamma (z) \Gamma (- z + 1)}} = {\small\frac{1}{- z \Gamma (z) \Gamma (- z)}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = {\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]\displaystyle{ \; = z \cdot \prod^{\infty}_{n = 1} \left( 1 - {\small\frac{z^2}{n^2}} \right) }[/math]
[math]\displaystyle{ \; = {\small\frac{\sin (\pi z)}{\pi}} }[/math]

gdzie wykorzystaliśmy wzór Eulera

[math]\displaystyle{ \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 ProofWiki.


Punkt 4.

Z definicji Gaussa funkcji gamma mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ 2 n }[/math] zamiast [math]\displaystyle{ n }[/math], to dostaniemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \;\;\;\,\, = 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]\displaystyle{ \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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = 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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = 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]
[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = 2^{2 z} \cdot \Gamma (z) \cdot \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot C \cdot 1 }[/math]


Ponieważ wyrażenie

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{(2 n) !}{(n!)^2}} \cdot {\small\frac{\sqrt{n}}{2^{2 n + 1}}} }[/math]

nie zależy od [math]\displaystyle{ z }[/math], a wartości funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma (2 z) }[/math], [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] i [math]\displaystyle{ \Gamma \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) }[/math] są określone dla [math]\displaystyle{ 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} }[/math], to powyższa granica musi być pewną stałą. Jeżeli po lewej stronie położymy [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} }[/math], to otrzymamy

[math]\displaystyle{ \Gamma (1) = 2 \cdot \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma (1) \cdot C }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ C = {\small\frac{1}{2 \sqrt{\pi}}} }[/math]

I ostatecznie dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi \, n}}} }[/math]


Zauważmy jeszcze, że gdy położymy [math]\displaystyle{ 2 n + 1 }[/math] zamiast [math]\displaystyle{ n }[/math], to otrzymamy taki sam rezultat, bo

[math]\displaystyle{ \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]


Ze wzorów podanych w twierdzeniu D111 otrzymujemy
Twierdzenie D112
Niech [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; n \in \mathbb{N}_0 }[/math]

  •    [math]\displaystyle{ \Gamma \left( {\small\frac{1}{2}} \right) = \sqrt{\pi} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \Gamma (n + 1) = n! }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \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]
  •    [math]\displaystyle{ \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = \pi \cdot (- 1)^n }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \Gamma \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) = 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \Gamma \left( - n + {\small\frac{1}{2}} \right) = (- 1)^n \cdot 2^{2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{n!}{(2 n) !}} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Punkt 1.

Wystarczy położyć [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} }[/math] we wzorze 3. twierdzenia D111

Punkt 2.

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n = 0 }[/math]. Zakładając, że jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \Gamma (n + 2) = (n + 1) \Gamma (n + 1) = (n + 1) n! = (n + 1) ! }[/math]

Zauważmy, że funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych / zespolonych.

Punkt 3.

Wystarczy położyć [math]\displaystyle{ z = z' + {\small\frac{1}{2}} }[/math] we wzorze 3. twierdzenia D111

Punkt 4.

Wystarczy położyć [math]\displaystyle{ z = n }[/math] we wzorze 3. tego twierdzenia

Punkt 5.

Indukcja matematyczna. Wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n = 0 }[/math]. Zakładając, że jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = \left( n + {\small\frac{1}{2}} \right) \cdot 2^{- 2 n} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n) !}{n!}} }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \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]\displaystyle{ \;\;\:\, = 2^{- 2 n - 2} \sqrt{\pi} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) !}{(n + 1) !}} }[/math]

bo

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ z = - n }[/math] po lewej stronie mamy symbol nieoznaczony [math]\displaystyle{ {\small\frac{\infty}{\infty}} }[/math], ale w punktach [math]\displaystyle{ z = - n }[/math] istnieje granica funkcji [math]\displaystyle{ {\small\frac{\Gamma (2 z)}{\Gamma (z)}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \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]
Pokaż wykres

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji [math]\displaystyle{ {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} \cdot 10^{| x |} }[/math]. Uwaga: wykres funkcji [math]\displaystyle{ {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} }[/math] został celowo zniekształcony przez dodanie czynnika [math]\displaystyle{ 10^{| x |} }[/math], aby dało się zauważyć, że wartości granic [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{\Gamma (2 x)}{\Gamma (x)}} }[/math] są różne od zera dla [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 }[/math].

Gamma2.png



Twierdzenie D113
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \; a \in \mathbb{Z}_+ }[/math], to

[math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Wiemy, że jeżeli [math]\displaystyle{ z }[/math] nie jest liczbą całkowitą, to prawdziwy jest wzór (zobacz D111 p.3)

[math]\displaystyle{ \Gamma (z) \Gamma (- z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \Gamma (a z) \Gamma (- a z + 1) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi a z)}} }[/math]

Dzieląc powyższe równania przez siebie, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ k }[/math] oznacza dowolną liczbę całkowitą. W granicy, gdy [math]\displaystyle{ z \rightarrow k }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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.


Twierdzenie D114
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \; a \in \mathbb{Z}_+ }[/math], to

[math]\displaystyle{ \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]
Dowód

Z twierdzenia D111 p.2 wynika, że

[math]\displaystyle{ \Gamma (a z + a n + 1) = \Gamma (a z + 1) \cdot \prod^{a n}_{j = 1} (a z + j) }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\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]\displaystyle{ \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^{2 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.


Zadanie D115
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \; g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]. Pokazać, że

  •    rozszerzając funkcję [math]\displaystyle{ g(n) }[/math] na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy [math]\displaystyle{ g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow - n} g (x) = 0 }[/math]
Rozwiązanie

Zapiszmy funkcję [math]\displaystyle{ g(n) = {\small\binom{2 n}{n}} }[/math] w postaci

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} }[/math]

bo funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (x) }[/math] jest rozszerzeniem pojęcia silni na zbiór liczb rzeczywistych.

Korzystając z twierdzenia D114, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \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 D110)

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow - n} {\small\frac{1}{\Gamma (x + 1)}} = 0 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 1)^2}} }[/math]

Gamma3.png


Zadanie D116
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \; g(n) = {\small\frac{1}{n + 1}} {\small\binom{2 n}{n}} }[/math]. Pokazać, że

  •    rozszerzając funkcję [math]\displaystyle{ g(n) }[/math] na zbiór liczb rzeczywistych, otrzymujemy [math]\displaystyle{ g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} }[/math]
  •    [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow - 1} g (x) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math]
Rozwiązanie

Oczywiście funkcja [math]\displaystyle{ g(k) }[/math] nie jest określona w punkcie [math]\displaystyle{ k = - 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} }[/math]

to łatwo pokażemy, że granica funkcji [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] w punkcje [math]\displaystyle{ x = - 1 }[/math] istnieje i jest równa [math]\displaystyle{ - {\small\frac{1}{2}} }[/math].

Z twierdzenia D114 dostajemy

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ g(x) = {\small\frac{\Gamma (2 x + 1)}{\Gamma (x + 2) \Gamma (x + 1)}} }[/math]

Gamma4.png








Przypisy

  1. Wikipedia, Funkcja η, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  2. Wikipedia, Funkcja dzeta Riemanna, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  3. Twierdzenie: funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całkowalna w tym przedziale.
  4. W szczególności: funkcja ograniczona i mająca skończoną liczbę punktów nieciągłości w przedziale domkniętym jest w tym przedziale całkowalna.
  5. 5,0 5,1 Wikipedia, Twierdzenia Mertensa, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  6. 6,0 6,1 Wikipedia, Franciszek Mertens, (Wiki-pl)
  7. J. B. Rosser and L. Schoenfeld, Approximate formulas for some functions of prime numbers, Illinois J. Math. 6 (1962), 64-94, (LINK)
  8. Zobacz twierdzenie D42.
  9. The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, A001620 - Decimal expansion of Euler's constant, (A001620)
  10. The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, A083343 - Decimal expansion of constant B3 (or B_3) related to the Mertens constant, (A083343)
  11. The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, A138312 - Decimal expansion of Mertens's constant minus Euler's constant, (A138312)
  12. Pierre Dusart, Estimates of Some Functions Over Primes without R.H., 2010, (LINK)
  13. Wikipedia, Stałe Bruna, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  14. The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, A065421 - Decimal expansion of Viggo Brun's constant B, (A065421)
  15. Paul Erdős, Über die Reihe [math]\displaystyle{ \textstyle \sum {\small\frac{1}{p}} }[/math], Mathematica, Zutphen B 7, 1938, 1-2.
  16. sumowanie przez części (ang. summation by parts)
  17. ciąg wypukły (ang. convex sequence)
  18. Pierre Dusart, Explicit estimates of some functions over primes, The Ramanujan Journal, vol. 45(1), 2018, 227-251.
  19. 19,0 19,1 Wikipedia, Szereg geometryczny, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  20. Wikipedia, Sumowalność metodą Cesàro, (Wiki-pl), (Wiki-en)
  21. Wikipedia, Indefinite sum, (Wiki-en)
  22. Sister Mary Celine Fasenmyer, Some Generalized Hypergeometric Polynomials, Bull. Amer. Math. Soc. 53 (1947), 806-812
  23. Sister Mary Celine Fasenmyer, A Note on Pure Recurrence Relations, Amer. Math. Monthly 56 (1949), 14-17
  24. Doron Zeilberger, Sister Celine's technique and its generalizations, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 85 (1982), 114-145
  25. Herbert Wilf and Doron Zeilberger, Rational Functions Certify Combinatorial Identities, J. Amer. Math. Soc. 3 (1990), 147-158
  26. Marko Petkovšek, Herbert Wilf and Doron Zeilberger, A = B, AK Peters, Ltd., 1996
  27. 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, (LINK)
  28. Wikipedia, Funkcja Γ, (Wiki-pl), (Wiki-en)