Szereg harmoniczny

Niech

${\displaystyle S(x)=\sum _{n\leqslant x}{\frac {1}{n}}.}$

Udowodnimy, że

${\displaystyle S(x)=\log x+\gamma +O\left({\frac {1}{x}}\right),}$

gdzie ${\displaystyle \log }$ to logarytm naturalny, a ${\displaystyle \gamma }$ to stała Eulera-Mascheroniego. Dla ${\displaystyle x\geqslant 1}$ zachodzi

${\displaystyle S(x)=\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t}}-\int _{1}^{x}\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}+{\frac {\{x\}}{x}}+1=\log x-I(x)+1+O\left({\frac {1}{x}}\right),}$

gdzie:

${\displaystyle I(x)=\int _{1}^{x}\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}.}$

Zauważmy, że przy ${\displaystyle x\to \infty }$ całka ${\displaystyle I(x)}$ jest zbieżna. Dlatego możemy zapisać

${\displaystyle I(x)=\int _{1}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}-\int _{x}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}=I-\int _{x}^{\infty }\{t\}{\frac {dt}{t^{2}}}=I+O\left(\int _{x}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}\right)=I+O\left({\frac {1}{x}}\right),}$

gdzie ${\displaystyle I=\lim _{x\to \infty }I(x).}$ To dowodzi, że

${\displaystyle S(x)=\log x+1-I+O\left({\frac {1}{x}}\right),}$

gdzie stała ${\displaystyle 1-I}$ jest z definicji równa

${\displaystyle 1-I=\lim _{x\to \infty }(S(x)-\log x)=\gamma .}$

To dowodzi podanej zależności.

Wzór Stirlinga

Wykażemy prawdziwość wzoru Stirlinga w postaci

${\displaystyle \lfloor x\rfloor$ !=C{\sqrt {x}}x^{x}e^{-x}\left(1+O\left({\frac {1}{x}}\right)\right)}

dla pewnej stałcej ${\displaystyle C,}$ gdzie ${\displaystyle \lfloor x\rfloor }$ oznacza podłogę z liczby ${\displaystyle x}$. Skorzystamy z postaci silni jako sumy częściowej logarytmów naturalnych,

${\displaystyle \lfloor x\rfloor$ !=\exp(\log(\lfloor x\rfloor !))=\exp \left(\sum _{n\leqslant x}\log n\right).}

Ze wzoru sumacyjnego Eulera zachodzi

${\displaystyle \sum _{n\leqslant x}\log n=\int _{1}^{x}\log t\;dt+\int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t}}dt-\{x\}\log x.}$

Pierwsza całka wynosi

${\displaystyle \int _{1}^{x}\log t\;dt=\left.t(\log t-1)\right|_{1}^{x}=x\log x-x+1.}$

W przypadku drugiej całki zdefiniujemy funkcję pomocniczą ${\textstyle \rho (t)={\frac {1}{2}}-\{t\}.}$

${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t}}dt=\int _{1}^{x}{\frac {1}{2t}}dt-\int _{1}^{x}{\frac {\rho (t)}{t}}dt=I_{1}(x)-I_{2}(x).}$

Widzimy, że

${\displaystyle I_{1}(x)={\frac {1}{2}}\log x.}$

W przypadku ${\displaystyle I_{2}(x)}$ skorzystamy z całkowania przez części.

${\displaystyle I_{2}(x)=\left.{\frac {R(t)}{t}}\right|_{1}^{x}+I_{3}(x),}$

gdzie:

${\displaystyle R(x)=\int _{1}^{x}\rho (t)dt}$

oraz

${\displaystyle I_{3}(x)=\int _{1}^{x}{\frac {R(t)}{t^{2}}}dt.}$

Ponieważ funkcja ${\displaystyle \rho }$ jest okresowa, z okresem 1, i ${\textstyle |\rho (x)|\leqslant {\frac {1}{2}},}$ to ${\textstyle |R(x)|\leqslant {\frac {1}{2}}.}$ Dlatego

${\displaystyle \left.{\frac {R(t)}{t}}\right|_{1}^{x}=O\left({\frac {1}{x}}\right).}$

Dodatkowo, wynika stąd, że całka ${\displaystyle I_{3}(x)}$ jest ograniczona z góry,

${\displaystyle I_{3}(x)\leqslant \int _{1}^{x}{\frac {|R(t)|}{t^{2}}}dt\leqslant {\frac {1}{2}}\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{2}}}={\frac {1}{2}}\left(\int _{1}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}-\int _{x}^{\infty }{\frac {dt}{t^{2}}}\right)={\frac {1}{2}}+O\left({\frac {1}{x}}\right).}$

Powyższe nierówności są prawdziwe, ponieważ całka po ${\textstyle t^{-2}}$ jest zbieżna.

Łącząc uzyskane zależności, otrzymamy

${\displaystyle \sum _{n\leqslant x}\log n=x\log x-x+{\frac {1}{2}}\log x+c+O\left({\frac {1}{x}}\right).}$

Biorąc ${\displaystyle \exp }$ obu stron, uzyskamy wzór.

Funkcja zeta Riemanna

Udowodnimy, że funkcja zeta zdefiniowana za pomocą szeregu

${\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}$

dla wszystkich liczb zespolonych ${\displaystyle s}$ o części rzeczywistej ${\displaystyle \Re (s)>1}$ spełnia zależność

${\displaystyle \zeta (s)={\frac {s}{s-1}}-\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt.}$

Biorąc ${\displaystyle f(n)=n^{-s},}$ otrzymamy

${\displaystyle \sum _{n\leqslant x}{\frac {1}{n^{s}}}=\int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{s}}}-s\int _{1}^{x}{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt-{\frac {\{x\}}{x^{s}}}+1.}$

Aby z lewej strony równania otrzymać funkcję Riemanna, chcemy aby ${\displaystyle x\to \infty .}$ Widzimy, że

${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {dt}{t^{s}}}={\frac {1-x^{1-s}}{s-1}}={\frac {1}{s-1}}-{\frac {1}{x^{s-1}(s-1)}}={\frac {1}{s-1}}.}$

Stąd

${\displaystyle \zeta (s)=1-{\frac {1}{s-1}}-s\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt={\frac {s}{s-1}}-s\int _{1}^{\infty }{\frac {\{t\}}{t^{s+1}}}dt}$

dla ${\displaystyle \Re (s)>1.}$