Niech dane będą liczby
0
<
y
⩽
x
{\displaystyle 0<y\leqslant x}
oraz funkcja
f
{\displaystyle f}
różniczkowalna na przedziale
[
x
,
y
]
.
{\displaystyle [x,y].}
Wówczas
∑
y
<
n
⩽
x
f
(
n
)
=
∫
y
x
f
(
t
)
d
t
+
∫
y
x
{
t
}
f
′
(
t
)
d
t
−
{
x
}
f
(
x
)
+
{
y
}
f
(
y
)
,
{\displaystyle \sum _{y<n\leqslant x}f(n)=\int _{y}^{x}f(t)dt+\int _{y}^{x}\{t\}f'(t)dt-\{x\}f(x)+\{y\}f(y),}
gdzie suma po lewej stronie jest po wszystkich liczbach całkowitych
n
∈
(
y
,
x
]
,
{\displaystyle n\in (y,x],}
a
{
t
}
{\displaystyle \{t\}}
oznacza część ułamkową liczby
t
.
{\displaystyle t.}
Dowód . Oznaczając
F
(
x
)
=
[
x
]
=
x
−
{
x
}
,
{\displaystyle F(x)=[x]=x-\{x\},}
sumę po prawej możemy wyrazić jako całkę Riemanna-Stieltjesa
∑
y
<
n
⩽
x
f
(
n
)
=
∫
y
x
f
(
t
)
d
F
(
t
)
=
∫
y
x
f
(
t
)
d
t
−
∫
y
x
f
(
t
)
d
{
t
}
.
{\displaystyle \sum _{y<n\leqslant x}f(n)=\int _{y}^{x}f(t)dF(t)=\int _{y}^{x}f(t)dt-\int _{y}^{x}f(t)d\{t\}.}
Drugą z nich możemy wyrazić całkując przez części,
∫
y
x
f
(
t
)
d
{
t
}
=
{
x
}
f
(
x
)
−
{
y
}
f
(
y
)
−
∫
y
x
{
t
}
f
′
(
t
)
d
t
.
{\displaystyle \int _{y}^{x}f(t)d\{t\}=\{x\}f(x)-\{y\}f(y)-\int _{y}^{x}\{t\}f'(t)dt.}
Stąd wynika wzór Eulera[5] .
Szereg harmoniczny
edytuj
Niech
S
(
x
)
=
∑
n
⩽
x
1
n
.
{\displaystyle S(x)=\sum _{n\leqslant x}{\frac {1}{n}}.}
Udowodnimy, że
S
(
x
)
=
log
x
+
γ
+
O
(
1
x
)
,
{\displaystyle S(x)=\log x+\gamma +O\left({\frac {1}{x}}\right),}
gdzie
log
{\displaystyle \log }
to logarytm naturalny , a
γ
{\displaystyle \gamma }
to stała Eulera-Mascheroniego . Dla
x
⩾
1
{\displaystyle x\geqslant 1}
zachodzi
S
(
x
)
=
∫
1
x
d
t
t
−
∫
1
x
{
t
}
d
t
t
2
+
{
x
}
x
+
1
=
log
x
−
I
(
x
)
+
1
+
O
(
1
x
)
,
{\displaystyle S(x)=\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t}}-\int _{1}^{x}\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}+{\frac {\{x\}}{x}}+1=\log x-I(x)+1+O\left({\frac {1}{x}}\right),}
gdzie:
I
(
x
)
=
∫
1
x
{
t
}
d
t
t
2
.
{\displaystyle I(x)=\int _{1}^{x}\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}.}
Zauważmy, że przy
x
→
∞
{\displaystyle x\to \infty }
całka
I
(
x
)
{\displaystyle I(x)}
jest zbieżna. Dlatego możemy zapisać
I
(
x
)
=
∫
1
∞
{
t
}
d
t
t
2
−
∫
x
∞
{
t
}
d
t
t
2
=
I
−
∫
x
∞
{
t
}
d
t
t
2
=
I
+
O
(
∫
x
∞
d
t
t
2
)
=
I
+
O
(
1
x
)
,
{\displaystyle I(x)=\int _{1}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}-\int _{x}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}=I-\int _{x}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}=I+O\left(\int _{x}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}\right)=I+O\left({\frac {1}{x}}\right),}
gdzie
I
=
lim
x
→
∞
I
(
x
)
.
{\displaystyle I=\lim _{x\to \infty }I(x).}
To dowodzi, że
S
(
x
)
=
log
x
+
1
−
I
+
O
(
1
x
)
,
{\displaystyle S(x)=\log x+1-I+O\left({\frac {1}{x}}\right),}
gdzie stała
1
−
I
{\displaystyle 1-I}
jest z definicji równa
1
−
I
=
lim
x
→
∞
(
S
(
x
)
−
log
x
)
=
γ
.
{\displaystyle 1-I=\lim _{x\to \infty }(S(x)-\log x)=\gamma .}
To dowodzi podanej zależności[6] .
Wzór Stirlinga
edytuj
Osobny artykuł: Wzór Stirlinga .
Wykażemy prawdziwość wzoru Stirlinga w postaci
⌊
x
⌋
!
=
C
x
x
x
e
−
x
(
1
+
O
(
1
x
)
)
{\displaystyle \lfloor x\rfloor !=C{\sqrt {x}}x^{x}e^{-x}\left(1+O\left({\frac {1}{x}}\right)\right)}
dla pewnej stałcej
C
,
{\displaystyle C,}
gdzie
⌊
x
⌋
{\displaystyle \lfloor x\rfloor }
oznacza podłogę z liczby
x
{\displaystyle x}
[7] . Skorzystamy z postaci silni jako sumy częściowej logarytmów naturalnych ,
⌊
x
⌋
!
=
exp
(
log
(
⌊
x
⌋
!
)
)
=
exp
(
∑
n
⩽
x
log
n
)
.
{\displaystyle \lfloor x\rfloor !=\exp(\log(\lfloor x\rfloor !))=\exp \left(\sum _{n\leqslant x}\log n\right).}
Ze wzoru sumacyjnego Eulera zachodzi
∑
n
⩽
x
log
n
=
∫
1
x
log
t
d
t
+
∫
1
x
{
t
}
t
d
t
−
{
x
}
log
x
.
{\displaystyle \sum _{n\leqslant x}\log n=\int _{1}^{x}\log t\;dt+\int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t}}dt-\{x\}\log x.}
Pierwsza całka wynosi
∫
1
x
log
t
d
t
=
t
(
log
t
−
1
)
|
1
x
=
x
log
x
−
x
+
1.
{\displaystyle \int _{1}^{x}\log t\;dt=\left.t(\log t-1)\right|_{1}^{x}=x\log x-x+1.}
W przypadku drugiej całki zdefiniujemy funkcję pomocniczą
ρ
(
t
)
=
1
2
−
{
t
}
.
{\textstyle \rho (t)={\frac {1}{2}}-\{t\}.}
∫
1
x
{
t
}
t
d
t
=
∫
1
x
1
2
t
d
t
−
∫
1
x
ρ
(
t
)
t
d
t
=
I
1
(
x
)
−
I
2
(
x
)
.
{\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t}}dt=\int _{1}^{x}{\frac {1}{2t}}dt-\int _{1}^{x}{\frac {\rho (t)}{t}}dt=I_{1}(x)-I_{2}(x).}
Widzimy, że
I
1
(
x
)
=
1
2
log
x
.
{\displaystyle I_{1}(x)={\frac {1}{2}}\log x.}
W przypadku
I
2
(
x
)
{\displaystyle I_{2}(x)}
skorzystamy z całkowania przez części .
I
2
(
x
)
=
R
(
t
)
t
|
1
x
+
I
3
(
x
)
,
{\displaystyle I_{2}(x)=\left.{\frac {R(t)}{t}}\right|_{1}^{x}+I_{3}(x),}
gdzie:
R
(
x
)
=
∫
1
x
ρ
(
t
)
d
t
{\displaystyle R(x)=\int _{1}^{x}\rho (t)dt}
oraz
I
3
(
x
)
=
∫
1
x
R
(
t
)
t
2
d
t
.
{\displaystyle I_{3}(x)=\int _{1}^{x}{\frac {R(t)}{t^{2}}}dt.}
Ponieważ funkcja
ρ
{\displaystyle \rho }
jest okresowa, z okresem 1, i
|
ρ
(
x
)
|
⩽
1
2
,
{\textstyle |\rho (x)|\leqslant {\frac {1}{2}},}
to
|
R
(
x
)
|
⩽
1
2
.
{\textstyle |R(x)|\leqslant {\frac {1}{2}}.}
Dlatego
R
(
t
)
t
|
1
x
=
O
(
1
x
)
.
{\displaystyle \left.{\frac {R(t)}{t}}\right|_{1}^{x}=O\left({\frac {1}{x}}\right).}
Dodatkowo, wynika stąd, że całka
I
3
(
x
)
{\displaystyle I_{3}(x)}
jest ograniczona z góry,
I
3
(
x
)
⩽
∫
1
x
|
R
(
t
)
|
t
2
d
t
⩽
1
2
∫
1
x
d
t
t
2
=
1
2
(
∫
1
∞
d
t
t
2
−
∫
x
∞
d
t
t
2
)
=
1
2
+
O
(
1
x
)
.
{\displaystyle I_{3}(x)\leqslant \int _{1}^{x}{\frac {|R(t)|}{t^{2}}}dt\leqslant {\frac {1}{2}}\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{2}}}={\frac {1}{2}}\left(\int _{1}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}-\int _{x}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}\right)={\frac {1}{2}}+O\left({\frac {1}{x}}\right).}
Powyższe nierówności są prawdziwe, ponieważ całka po
t
−
2
{\textstyle t^{-2}}
jest zbieżna.
Łącząc uzyskane zależności, otrzymamy
∑
n
⩽
x
log
n
=
x
log
x
−
x
+
1
2
log
x
+
c
+
O
(
1
x
)
.
{\displaystyle \sum _{n\leqslant x}\log n=x\log x-x+{\frac {1}{2}}\log x+c+O\left({\frac {1}{x}}\right).}
Biorąc
exp
{\displaystyle \exp }
obu stron, uzyskamy wzór.
Funkcja zeta Riemanna
edytuj
Udowodnimy, że funkcja zeta zdefiniowana za pomocą szeregu
ζ
(
s
)
=
∑
n
=
1
∞
1
n
s
{\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}
dla wszystkich liczb zespolonych
s
{\displaystyle s}
o części rzeczywistej
ℜ
(
s
)
>
1
{\displaystyle \Re (s)>1}
spełnia zależność[8]
ζ
(
s
)
=
s
s
−
1
−
∫
1
∞
{
t
}
t
s
+
1
d
t
.
{\displaystyle \zeta (s)={\frac {s}{s-1}}-\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt.}
Biorąc
f
(
n
)
=
n
−
s
,
{\displaystyle f(n)=n^{-s},}
otrzymamy
∑
n
⩽
x
1
n
s
=
∫
1
x
d
t
t
s
−
s
∫
1
x
{
t
}
t
s
+
1
d
t
−
{
x
}
x
s
+
1.
{\displaystyle \sum _{n\leqslant x}{\frac {1}{n^{s}}}=\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{s}}}-s\int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt-{\frac {\{x\}}{x^{s}}}+1.}
Aby z lewej strony równania otrzymać funkcję Riemanna, chcemy aby
x
→
∞
.
{\displaystyle x\to \infty .}
Widzimy, że
∫
1
x
d
t
t
s
=
1
−
x
1
−
s
s
−
1
=
1
s
−
1
−
1
x
s
−
1
(
s
−
1
)
=
1
s
−
1
.
{\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{s}}}={\frac {1-x^{1-s}}{s-1}}={\frac {1}{s-1}}-{\frac {1}{x^{s-1}(s-1)}}={\frac {1}{s-1}}.}
Stąd
ζ
(
s
)
=
1
−
1
s
−
1
−
s
∫
1
∞
{
t
}
t
s
+
1
d
t
=
s
s
−
1
−
s
∫
1
∞
{
t
}
t
s
+
1
d
t
{\displaystyle \zeta (s)=1-{\frac {1}{s-1}}-s\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt={\frac {s}{s-1}}-s\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt}
dla
ℜ
(
s
)
>
1.
{\displaystyle \Re (s)>1.}