Delta 6/2024

Elementarnie o sumie 1− 1/2 + 1/3 − 1/4 + ...

Poszukiwanie odpowiedzi na trudne pytania może prowadzić do narodzin nowej teorii. Oto dwa odkrycia, które miały wpływ na powstanie teorii szeregów.

Nicole Oresme około 1350 roku zauważył, że skoro 1k+1+1k+2++1k+kk12k=12 dla k=1,2,, to 1+12+(13+1412)+(15+16+17+1812)++(12k1+1++12k12)1+k2,  gdy  k. Wykazał więc, że suma 1+12+13+ jest nieskończona. Trudno to przewidzieć, obliczając sumy początkowych wyrazów, bo 1+12++1k>10 dopiero dla k12376.

A co można powiedzieć o sumie 112+1314+? Problem wyznaczenia jej wartości okazał się trudny. Na odpowiedź przyszło nam czekać do drugiej połowy XVII wieku. Można jej upatrywać w pracach Johannesa Hudda (1656), Izaaka Newtona (1665), Nikolausa Mercatora, Johna Wallisa i Jamesa Gregory’ego (1668) nad kwadraturą hiperboli, tj. obliczaniem pola między osią OX a wykresem funkcji y(x)=11+x, gdy 0xa (gdy zastosujemy współczesne oznaczenia i nazewnictwo).

Przedstawimy teraz elementarny dowód tego, że ()112+1314+=ln2. Niech xn=(1+1n)n, yn=(1+1n1)n dla n2. Oczywiście (1)xnyn  dla  n2. Ponadto (2)ciąg {xn} jest niemalejący, a ciąg {yn} jest nierosnący,  co wykażemy za pomocą nierówności Jacoba Bernoulliego (1689): (1+x)n1+nx dla x>1 i naturalnego n (znanej już Newtonowi czy René-François de Sluse). Mamy bowiem xn+1xn=(1+1n+1)n+1(1+1n)n=(1+1n)(1+1n+11+1n)n+1==(1+1n)(11(n+1)2)n+1(1+1n)(11n+1)=1,ynyn+1=(1+1n1)n(1+1n)n+1=1(1+1n1)(1+1n11+1n)n+1==1(1+1n1)(1+1(n1)(n+1))n+11(1+1n1)(1+1n1)=1. Stwierdzenia (1)(2) gwarantują istnienie granic ciągów {xn} i {yn}. Ponieważ ynxn1=nn11, więc granice te są równe – ich wspólną wartość oznaczymy jako e (jest to słynna liczba Eulera). Ponownie powołując się na (1)(2), wnioskujemy, że xneyn, czyli (3)(1+1n)ne(1+1n1)n,  n2. Zauważmy teraz, że S2N=112+1314+12N==1+12+13+14++12N2(12+14+16++12N)==1+12+13+14++12N(1+12+13+14++1N)==1N+1+1N+2++12N. Z własności funkcji wykładniczej mamy eS2N=n=N+12Ne1n, zatem z nierówności (3) otrzymujemy oszacowanie n=N+12N(1+1n)nnn=N+12Ne1nn=N+12N(1+1n1)nn, gdzie n=N+12N(1+1n)=N+2N+1N+3N+22N+12N=21N+1,n=N+12N(1+1n1)=N+1NN+2N+12N2N1=2.

Zatem 21N+1eS2N2. Powyższa nierówność dowodzi, że limNeS2N=2. Określenie logarytmu naturalnego i ciągłość funkcji wykładniczej (ex) zapewniają, że limNS2N=ln2. Ponieważ, S2N+1=S2N+12N+1ln2, gdy N, więc

112+1314+=ln2, co kończy dowód.

Do wyznaczenia przybliżonej wartości ln2 warto użyć szybciej zbieżnego rozwinięcia. James Gregory (1668) do obliczania logarytmów stosował równość ln1+x1x=2(x+x33+x55+). Zatem ln2=ln1+13113=2(13+1333+1535+)0,693. Suma pierwszych trzech składników daje przybliżenie ln2 z błędem względnym równym około 0,2%. Aby osiągnąć taką dokładność, potrzebowalibyśmy zsumować ponad 3000 pierwszych składników sumy ().

Rachunek całkowy, sformułowany w czasach, o których piszemy, pozwalał otrzymywać ogólniejsze rezultaty. Dla x1, 11+x=1x+x2+(1)n1xn1+(1)nxn1+x. Całkując to wyrażenie wyraz po wyrazie, mamy ln(1+x)=0xdt1+t==xx22+x33+(1)n1xnn+(1)n0xtn1+tdt.    Jeśli 0x1, to 0xtn1+tdt0xtndt=xn+1n+11n+10, gdy n, a wtedy ln(1+x)=xx22+x33 Przyjmując x=1, otrzymujemy (). Z notatek znalezionych po śmierci Newtona wynika, że około 1665 roku znał on już rozwinięcie ln(1+x)=xx22+x33 i w elegancki sposób obliczył wartości ln2, ln3, ln5, ln7 do 57 miejsca po przecinku. Uzyskane wyniki zachował jednak w tajemnicy.

Podane rozwinięcie daje dobre rezultaty dla małych wartości x, dodatnich lub ujemnych, więc Newton obliczył przybliżone wartości dla ln(1,2)=ln(1+0,2), ln(0,98)=ln(10,02),ln(0,9)=ln(10,1), ln(0,8)=ln(10,2), a następnie wykorzystał równości ln2=ln(1,21,20,80,9)=2ln(1,2)(ln(0,8)+ln(0,9)),ln3=ln(21,20,8)=(ln2+ln(1,2))ln(0,8),ln5=ln(220,8)=2ln2ln(0,8),ln7=ln1000,982=12(10(ln2+ln5)+ln(0,98)ln2). Chapeau bas!

Afiliacja: Wydział Matematyki i Fizyki Stosowanej, Politechnika Rzeszowska

image
Kto zna całkę Riemanna, szybko dojdzie do celu: limN(1N+1+1N+2++12N)==limN1Nk=1N11+kN=01dx1+x=ln2.

Przyjmując x=12 w rozwinięciu ln(1+x), otrzymamy ponadto wzór ln2=n=11n2n