UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

DIPLOMSKO DELO

SILVA BOHINC

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

Studijski program: Matematika in fizika

NESKONCNE VRSTE IN NESKONCNI

PRODUKTI

DIPLOMSKO DELO

Mentor: Kandidatka:

dr. Marko Slapar, izr. prof. Silva Bohinc

Ljubljana, 2014

Program diplomskega dela

V diplomskem delu obravnavajte kriterije za konvergenco neskoncnih vrst in ne-skoncnih produktov. Kot primer neskoncnega produkta obravnavajte Wallisovoformulo za stevilo π.

Ljubljana, 2014 Mentor: dr. Marko Slapar, izr. prof.

Zahvala

Zahvaljujem se mentorju izr. prof. dr. Marku Slaparju za nasvete in strokovnopomoc pri pisanju diplomskega dela. Zahvaljujem se tudi svoji druzini in vsemdrugim, ki ste me kakor koli podpirali in spodbujali v casu studija.

Povzetek

Osrednji del diplomskega dela je predstavitev neskoncnega produkta in Walli-sove formule, ki je v delu predstavljen kot zanimiv primer neskoncnega produkta.Za preucevanje neskoncnega produkta pa potrebujemo najprej nekaj predznanja.Uvodu bo sledilo poglavje o neskoncnih vrstah; definicija neskoncnih vrst, nekajosnovne teorije o konvergenci vrst in kriterijih za ugotavljanje konvergence. Vr-stam sledi poglavje o neskoncnem produktu, v katerem bo predstavljen neskoncniprodukt in konvergenca neskoncnega produkta. Za konec sledi se poglavje o Wal-lisovem produktu.

Kljucne besede: neskoncne vrste, neskoncni produkti, Wallisova formula

Abstract

The main topic of my diploma thesis is the study of infinite product and the Wallisformula, which is one of the more interesting examples of infinite products. Tostudy infinite products, we need some preliminaries. We follow the Introductionchapter with a chapter on infinite series. We give a definition of an infinite series,and present some basic results on convergence as well as a comprehensive list ofconvergence criteria. The next chapter is devoted to infinite products and theirconvergence. We conclude the thesis with a chapter on the Wallis product.

Keywords: infinite series, infinite product, Wallis formula

Kazalo

Poglavje 1. Uvod 1

Poglavje 2. Neskoncne vrste 22.1. Kriteriji za ugotavljanje konvergentnosti 42.1.1. Primerjalni kriterij 42.1.2. D’Alambertov kvocientni kriterij in Cauchyjev korenski kriterij 62.1.3. Raabejev kriterij 92.1.4. Integralski kriterij 122.1.5. Kummrov kriterij 142.1.6. Leibnizov kriterij 162.2. Divergenca vrste

∑

p∈P1p

18

Poglavje 3. Neskoncni produkt 193.1. Delni produkti 193.2. Konvergenca neskoncnega produkta 213.3. Prevedba konvergence neskoncnega produkta na konvergenco vrst 24

Poglavje 4. Wallisov produkt 294.1. John Wallis 294.2. Dokaz Wallisovega produkta z ocenjevanjem dolocenih integralov

sinusne funkcije 304.3. Elementarni dokaz Wallisovega produkta 324.4. Dokaz Wallisovega produkta s pomocjo Eulerjevega produkta za

funkcijo sinus 35

Poglavje 5. Zakljucek 38

Literatura 39

POGLAVJE 1

Uvod

Neskoncne vrste imajo v zgodovini matematike poseben pomen. Ze Aristotelje omenjal, da je vsota neskoncno mnogo clenov lahko koncno stevilo. Prav takotudi Arhimed v svojem delu implicitno obravnava geometrijsko vrsto. Vendar jenesmiselno predvidevati, da je slo ze v njunem casu za eksplicitno obravnavo ne-skoncne vrste. Resnejsi zacetki segajo v 17. stoletje. Prav tako so o neskoncnostirazpravljali misleci skozi vso zgodovino, vendar je sele Georgu Cantorju in Ri-chardu Dedekindu v 19. stoletju uspelo matematicno korektno obravnavati pojemneskoncnosti.

Moj cilj je predstaviti neskoncne vrste in neskoncni produkt kot celoto, saj seprodukt zelo navezuje na vrste, zato bom najprej obravnavala neskoncne vrste. Stem zelim bralcu prikazati jasnejso sliko o neskoncnih vrstah in posledicno tudi oneskoncnem produktu.

Uvodu bo sledilo poglavje o neskoncnih vrstah. Predstavila bom vrste, konver-genco vrst in kriterije za ugotavljanje konvergentnosti. Ko govorimo o neskoncnihvrstah nas poleg ostalih lastnosti vrste zanima predvsem konvergenca. Ali ima vr-sta limito? Ali vrsta konvergira? Zato bo kar precejsen poudarek na konvergencnihkriterijih.

Poglavju o neskoncnih vrstah sledi poglavje o neskoncnih produktih. Tudipri neskoncnih produktih nas najbolj zanima njihova konvergenca. Poleg tega jepomembna povezava med neskoncno vrsto in neskoncnim produktom. Kot zelozanimiv primer produkta bom predstavila Wallisov produkt.

Zaradi stevilnih zanimivih lastnosti bom Wallisov produkt predstavila v po-sebnem poglavju. V tem poglavju bom nekaj povedala o avtorju slavne formule,Johnu Wallisu, in predstavila tri zanimive nacine dokazovanja tega produkta. Prvije standardni nacin dokazovanja z ocenjevanjem dolocenih integralov trigonome-tricnih funkcij, v drugem dokazu bom pokazala, da se na videz zahteven produktda dokazati z uporabo osnovne algebre, v tretjem dokazu pa bo dokaz sledil izproduktne formule za funkcijo sinus.

1

POGLAVJE 2

Neskoncne vrste

Pri pisanju in oblikovanju tega poglavja sem si v vecini pomagala z [1] in [5].Neskoncna realna vrsta je formalna vsota

∞∑

n=1

an = a1 + a2 + a3 + . . .+ an + · · · ,

kjer je a1, a2, a3, . . . , an, . . . zaporedje realnih stevil. Zaporedje realnih stevil

s1 = a1

s2 = a1 + a2

s3 = a1 + a2 + a3

. . . . . .

sn = a1 + a2 + . . .+ an

. . . . . .

imenujemo zaporedje delnih vsot vrste∑∞

n=1 an.

Definicija 2.1. Ce zaporedje delnih vsot {sn}∞n=1, konvergira (k limiti s),pravimo, da vrsta

∑∞

n=1 an konvergira (to pomeni, da jo lahko sestejemo) in imavsoto s. Pisemo

∞∑

n=1

an = a1 + a2 + a3 + · · · = s.

Ce vrsta ne konvergira, pravimo, da je divergentna ali da divergira.

Primer 2.2. Sestejmo vrsto

∞∑

n=1

1

n(n+ 1).

Najprej razbijemo ulomek 1k(k+1)

na vsoto parcialnih ulomkov:

1

k(k + 1)=

(k + 1)− k

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1.

Za n-to delno vsoto torej velja

2

sn =1

1 · 2 +1

2 · 3 +1

3 · 4 + . . .+1

(n− 1)n+

1

n(n+ 1)

= 1− 1

2+

1

2− 1

3+

1

3− . . .+

1

n− 1− 1

n+

1

n− 1

n+ 1

= 1− 1

n+ 1.

Iz tega sledilimn→∞

sn = 1.

Vrsta torej konvergira in vsota vrste je enaka 1.

Primer 2.3. Vrstoa+ aq + aq2 + aq3 + · · · ,

imenujemo geometrijska vrsta, saj cleni te vrste tvorijo geometrijsko zaporedje.Zacetni clen te vrste je a, a 6= 0, koeficient pa q, q 6= 1. Zapisimo n-to delno vsoto:

sn = a+ aq + aq2 + aq3 + . . .+ aqn−1

= a(1 + q + q2 + . . .+ qn−1)

= a1− qn

1− q.

• Ce je |q| < 1, je limn→∞ sn = 11−q

, torej

a+ aq + aq2 + · · · = a

1− q.

• Ce je |q| > 1, tedaj limn→∞ qn 6= 0, torej vrsta a+aq+aq2+ · · · divergira.• Ce je q = 1 oz. q = −1, vrsta a+ aq + aq2 + · · · divergira.

Izrek 2.4 (Cauchyjev kriterij). Vrsta

a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak + · · ·je konvergentna natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja tako naravno stevilo n(ε),da je za vsak m > n(ε) in za vsako naravno stevilo p

|am+1 + · · ·+ am+p| < ε.

Dokaz. Zaporedje delnih vsot je konvergentno natanko tedaj, ko je Cauchy-jevo, tj. ko za vsak ε > 0 obstaja tak n(ε), da za m > n(ε) in p ∈ N velja

|sm+p − sm| < ε.

Iz enakostism+p − sm = am+1 + · · ·+ am+p,

dobimo trditev izreka. �

3

Posledica 2.5. Ce je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, velja

limk→∞

ak = 0.

Dokaz. Dokaz sledi neposredno iz prejsnjega izreka. Za vsak ε > 0 je odnekega n(ε) naprej za vsak m (za p vzamemo kar 1)

|am+1| < ε,

torej zaporedje {an}∞n=1 res konvergira k 0. �

Vrsta, katere cleni ne konvergirajo k 0, torej divergirajo. Seveda pa ne velja nujno,da so vrste, katerih cleni konvergirajo k 0, konvergentne. Konvergenco takih vrstugotavljamo z uporabo ustreznih kriterijev za ugotavljanje konvergentnosti. Seprej si poglejmo pojma absolutna in pogojna konvergenca.

Definicija 2.6. Vrsta∑∞

n=1 an je absolutno konvergentna, ce je konvergentna

vrsta∑∞

n=1 |an|. Ce vrsta∑∞

n=1 an konvergira in∑∞

n=1 |an| divergira, recemo, davrsta pogojno konvergira.

Ce vrsta∑∞

n=1 |an| konvergira, potem nam Cauchyjev kriterij pove, da konvergiratudi vrsta

∑∞

n=1 an. Absolutno konvergentne vrste so torej konvergentne.

Opomba 2.7. Pomembna razlika med pogojno in absolutno konvergentnimivrstami je, da je vsota absolutno konvergentne vrste neodvisna od vrstnega redasestevanja vrste, medtem ko pri pogojno konvergentni vrsti lahko s primerno pre-mutacijo clenov vrste kot vsoto vrste dobimo katero koli stevilo iz razsirjenegaintervala [−∞,∞] (Riemannov izrek).

2.1. Kriteriji za ugotavljanje konvergentnosti

S kriteriji za ugotavljanje konvergentnosti ugotavljamo, ali dana vrsta kon-vergira oziroma divergira. Vecina kriterijev konvergence temelji na primerjalnemkriteriju, torej na primerjavi dane vrste z vnaprej znano vrsto. Nobeden od kriteri-jev, ki temeljijo na primerjalnem kriteriju, ne more dokazati konvergence oziromadivergence poljubnih vrst, saj za dano konvergentno vrsto vedno obstaja prav takokonvergentna vrsta, katere cleni se pocasneje konvergirajo proti 0.

2.1.1. Primerjalni kriterij

Izrek 2.8 (Primerjalni kriterij). Naj bosta∑∞

n=1 an in∑∞

n=1 bn vrsti, pri cemer

je∑∞

n=1 bn vrsta z nenegativnimi cleni. Naj za vsak n velja |an| ≤ bn. Ce kon-

vergira vrsta∑∞

n=1 bn, konvergira tudi∑∞

n=1 an. Ce ima an nenegativne clene invrsta

∑∞

n=1 an divergira, divergira tudi∑∞

n=1 bn.

Dokaz. Naj bo sn n-ta delna vsota∑∞

n=1 an in tn n-ta delna vsota∑∞

n=1 bn.Tedaj iz predpostavke sledi

|sn+p − sn| = |an+1 + . . .+ an+p| ≤ |an+1|+ . . .+ |an+p| ≤ |tn+p − tn|.4

Po Cauchyjevem kriteriju za dovolj velik n in vsak p velja |tn+p − tn| < ε, torejje tudi |sn+p − sn| < ε. Iz tega sledi, da vrsta konvergira. Ce so cleni vrste∑∞

n=1 an pozitivni in vrsta divergira, so tudi delne vsote tn neomejene in je∑∞

n=1 bndivergentna. �

Opomba 2.9. Izrek velja tudi, ce velja an ≤ bn za vse n od nekega naprej. Ceje∑∞

n=1 an vrsta s cleni poljubnega predznaka in∑∞

n=1 bn vrsta z nenegativnimicleni, velja |an| ≤ bn za vsak n, tedaj pravimo, da je vrsta

∑∞

n=1 bn majoranta zavrsto

∑∞

n=1 an.

Primer 2.10. Pokazimo, da vrsta∞∑

n=1

1

ns,

konvergira natanko tedaj, ko je s > 0.Ce je s ≤ 0, cleni ne konvergirajo proti 0. Potrebni pogoj torej ni izpolnjen in

vrsta divergira.Najprej pokazimo, da harmonicna vrsta

∞∑

n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ · · ·

ni konvergentna. Ker velja

1

m+ 1+

1

m+ 2+ · · ·+ 1

m+m> m

1

2m=

1

2,

je1

3+

1

4>

1

2, 2 clena

1

5+

1

6+

1

7+

1

8>

1

2, 4 cleni

1

9+

1

10+ . . .+

1

16>

1

2, 8 clenov

. . .1

2k−1 + 1+ · · ·+ 1

2k>

1

2, 2k−1 clenov.

Iz tega sledi, da delne vsote harmonicne vrste niso navzgor omejene. Vrstatorej divergira.

Naj bo sedaj 0 < s < 1. V tem primeru vrsto∑k

n=11ns primerjamo s har-

monicno vrsto1

ns≥ 1

n.

Primerjalni kriterij nam torej pove, da vrsta divergira.

5

Naj bo sedaj s > 1. Recimo, da je s− 1 = r, torej je s = 1+ r, r > 0. Primerase lotimo podobno kot pri harmonicni vrsti:

1

(n+ 1)s+ · · ·+ 1

(n+ n)s< n

1

ns=

1

nr,

torej velja1

3s+

1

4s<

1

2r, 2 clena

1

5s+

1

6s+

1

7s+

1

8s<

1

4r=

1

(2r)2, 4 cleni

1

9s+

1

10s+ . . .+

1

16s<

1

8r=

1

(2r)3, 8 clenov

. . .

Poljubna delna vsota sn je torej manjsa od stevila

1 +1

2s+

1

2r+

(1

2r

)2

+

(1

2r

)3

+ · · ·+(

1

2r

)k

+ · · · < ∞.

Vrsta je torej pri s > 1 konvergentna.

2.1.2. D’Alambertov kvocientni kriterij in Cauchyjev korenski kriterij

Tako kvocientni kot korenski kriterij dobimo tako, da vrsto poskusamo primerjatiz geometrijsko vrsto. Zato se izkaze, da sta kvocientni in korenski kriterij enakodobra za dokazovanje konvergence. Natancneje to pomeni, da konvergenco pridani vrsti lahko ugotovimo s kvocientnim kriterijem natanko tedaj, ko jo lahkougotovimo tudi s korenskim.

Izrek 2.11 (D’Alambertov ali kvocientni kriterij). Naj bo vrsta

∞∑

k=1

ak

vrsta s strogo pozitivnimi cleni. Naj obstaja limita

limk→∞

ak+1

ak= a.

Ce je

• a < 1, vrsta konvergira,• a > 1, vrsta divergira.

Dokaz. Za vsak ε > 0 imamo pri dovolj velikih n

a− ε <an+1

an< a+ ε.

6

Ce je a < 1, vzemimo ε < 1− a, tako da je a + ε < 1, in oznacimo a + ε = q.Od nekega n0 naprej je potem za vsak n

an+1

an< q < 1,

oziromaan0+1 < an0q.

Po indukciji dobimoan0+k < an0q

k.

Ker jean0 + an0q + an0q

2 + an0q3 + . . .

geometrijska vrsta s pozitivnimi cleni in s kvocientom q < 1, je konvergentna in jezato po primerjalnem kriteriju tudi vrsta

an0 + an0+1 + an0+2 + · · ·konvergentna, s tem pa tudi vrsta

∞∑

k=1

ak =

n0−1∑

k=1

ak +∞∑

k=n0

ak.

Naj bo sedaj a > 1. Izberimo ε < a − 1, tako da je a − ε > 1. Za vse dovoljvelike n je potem

an+1

an> a− ε > 1,

se pravi an+1 > an. Od nekega n0 naprej je torej

an0 < an0+1 < an0+2 < · · · .Cleni nase vrste ne konvergirajo proti 0 in je zato vrsta divergentna. �

Primer 2.12. Za katera realna stevila x je konvergentna vrsta

1 + x+x2

2!+

x3

3!+ · · ·?

Za vsako naravno stevilo n je

an+1

an=

xn

x!

(n− 1)!

xn−1=

x

n.

Ker velja za vsako realno stevilo x

limn→∞

|x|n

= 0,

je nasa vrsta po d’Alambertovem kriteriju konvergentna za vsak x. Seveda vemoiz teorije Taylorjevih vrst, da velja

ex = 1 + x+x2

2!+

x3

3!+ · · · , za vsak x ∈ R.

7

Primer 2.13. Poskusimo konvergenco vrste∑∞

n=11ns pokazati se s kvocientnim

kriterijem.Velja

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n

n+ 1

)s

= 1.

Torej kvocientni kriterij odpove. Razlog je v tem, da cleni konvergentne geome-trijske vrste konvergirajo proti 0 bistveno hitreje kot cleni vrste

∑∞

n=11ns .

Izrek 2.14 (Cauchyjev korenski kriterij). Naj bo

a1 + a2 + a3 + . . .

vrsta s pozitivnimi cleni ai. Naj obstaja limita

limn→∞

n√an = q.

Ce je

• q < 1, vrsta konvergira,• q > 1, vrsta divergira.

Dokaz. Naj bo c = limn→∞n√an. Recimo najprej, da je c < 1. Vzemimo

poljubni ε > 0, za katerega je q = c + ε < 1. Tedaj po definiciji limite za vsakdovolj velik k velja

n√ak ≤ q,

to pa pomeniak ≤ qk.

Ker je q < 1, geometrijska vrsta∑∞

k=1 qk konvergira, zato po primerjalnem kriteriju

tudi nasa vrsta∑∞

k=1 ak konvergira.Naj bo zdaj c > 1 in naj bo ε > 0 tak, da je q = c − ε > 1. Za vsak dovolj

velik k jen√ak ≥ q,

kar pomeniak ≥ qk.

Ker je q > 1 cleni vrste ne konvergirajo proti 0, zato je vrsta∑∞

k=1 ak divergentna.�

Primer 2.15. Poglejmo, za katere x konvergira vrsta∑∞

k=1 anxn, pri cemer

predpostavimo, da obstaja limita limn→∞n

√

|an|.Velja

q = limn→∞

n

√

|an||x|n = |x| limn→∞

n

√

|an|.Vrsta torej konvergira, ce je q < 1 oziroma

|x| < 1

limn→∞n

√

|an|= R.

Iz teorije potencnih vrst vemo, da je R ravno konvergencni radij vrste.

8

2.1.3. Raabejev kriterij

Pri Raabejevem kriteriju primerjamo dano vrsto z vrsto∑

1ns . Ker cleni te vrste

konvergirajo proti 0 bistveno pocasneje kot cleni geometrijske vrste, je Raabejevkriterij mocnejsi kot kvocientni oz. korenski kriterij. To natancneje pomeni, dabomo s pomocjo Raabejevega kriterija lahko ugotavljali konvergenco tudi nekaterihvrst, pri kateri prejsnja dva kriterija odpovesta.

Izrek 2.16 (Raabejev kriterij). Naj bo∑∞

n=1 an vrsta s pozitivnimi cleni innaj obstaja limita

limn→∞

= n

(anan+1

− 1

)

= R.

Ce je

• R > 1, vrsta konvergira,• R < 1, vrsta divergira.

Dokaz. Predpostavimo najprej, da je R > 1. Potem je

Rn = n

(anan+1

− 1

)

≥ r > 1

za n ≥ n0. Za vsak n ≥ n0 velja

anan+1

− 1 ≥ r

n,

oziromaanan+1

≥ 1 +r

n. (1)

Naj bo 1 < s < r. Ker je

limx→∞

(1 + x)s − 1

x= lim

x→∞

s(x+ 1)s−1

1= s,

je

limn→∞

(1 + 1n)s − 11n

= s < r.

Ce je potrebno, povecamo n0 tako, da vse n ≥ n0 velja (1+ 1n)s − 1 < r 1

n, oziroma

(1 + 1n)s < 1 + r

n. Skupaj z neenakostjo (1) za n ≥ n0 dobimo

anan+1

>

(

1 +1

n

)s

=

(1n

)s

(1

n+1

)s

in zato

an+1

an<

(1

n+1

)s

(1n

)s .

9

Zmnozimo

an0+1

an0

an0+2

an0+1

· · · amam−1

<

(1

n0+1

)s

(1n0

)s

(1

n0+2

)s

(1

n0+1

)s · · ·(

1m

)s

(1

m−1

)s

in dobimo

aman0

<( 1m)s

( 1n0)s,

oziroma

am <an0(

1n0

)s

(1

m

)s

, m ≥ n0.

Primerjalni kriterij nam pove, da vrsta∑∞

n=1 an konvergira, saj je vrsta∑

( 1m)s

pri s > 1 konvergentna.Naj bo sedaj R < 1. Zato je

Rn = n

(anan+1

− 1

)

≤ 1

za vse n ≥ n0 in zato

anan+1

≤ 1 +1

n=

n+ 1

n=

1n1

n+1

.

Podobno kot prej za m ≥ n0 dobimo

aman0

≥1m1n0

oziroma

am ≥(

an0

1n0

)

1

m.

Vrsta iz clenov na desni strani divergira, saj vrsta∑

1ndivergira. Po primerjalnem

kriteriju divergira tudi∑

an. �

Primer 2.17. Poglejmo, ali vrsta

∞∑

n=1

2n+ 1

(n+ 1)2(n+ 2)2

konvergira.

10

Poglejmo najprej kvocientni kriterij

a = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

2n+3(n+2)2(n+3)2

2n+1(n+1)2(n+2)2

= limn→∞

(2n+ 3)(n+ 1)2

(2n+ 1)(n+ 3)2

= 1.

Ugotovimo, da po tem kriteriju ne moremo soditi o konvergenci te vrste. Upora-bimo sedaj Raabejev kriterij. Velja

R = limn→∞

Rn

= limn→∞

[

n

(anan+1

− 1

)]

= limn→∞

[

n

((2n+ 1)(n+ 3)2

(2n+ 3)(n+ 1)2− 1

)]

= limn→∞

n(6n2 + 16n+ 6)

(n+ 1)2(2n+ 3)

= 3.

Vrsta je torej konvergentna.

Primer 2.18. Oglejmo si vrsto

∞∑

n=1

n!

(x+ 1)(x+ 2) . . . (x+ n)

in poskusimo ugotoviti, za katere x ≥ 0 je vrsta konvergentna.Pri vrednosti x = 1 dobimo harmonicno vrsto, za katero ze vemo, da divergira.

Najprej uporabimo kvocientni kriterij, in sicer

a = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

(n+1)!(x+1)(x+2)...(x+n)(x+n+1)

n!(x+1)(x+2)...(x+n)

= limn→∞

n+ 1

x+ n+ 1= 1.

11

Pri analizi konvergence nam to ne pomaga, zato uporabimo Raabejev kriterij

R = limn→∞

Rn

= limn→∞

[

n

(anan+1

− 1

)]

= limn→∞

[

n

(x+ n+ 1

n+ 1− 1

)]

= limn→∞

(nx

n+ 1

)

= x.

Vrsta je torej konvergentna za vsak x > 1, za x ≤ 1 pa divergentna.

2.1.4. Integralski kriterij

Pri integralskem kriteriju ne gre za uporabo primerjalnega kriterija, ampak zaprevedbo delnih vsot vrste na bodisi zgornjo oziroma spodnjo Darbuxovo vsotopri definiciji primernega izlimitiranega integrala. Iz konvergence integrala lahkonato sklepamo na konvergenco vrste.

Izrek 2.19 (Integralski kriterij). Naj bo∑∞

n=1 an dana vrsta, pri cemer jean = f(n), n ∈ N, kjer je f pozitivna, zvezna, monotono padajoca funkcija na in-tervalu [1,∞). Tedaj

∑∞

n=1 an konvergira (divergira) natanko takrat, ko konvergira(divergira) integral

∫ ∞

1

f(x)dx.

Dokaz. Predpostavimo, da je f neka monotono padajoca funkcija in veljaf(n) = an, za vsak n ∈ N. Pri dokazu si pomagamo s slikama.

Naj∫∞

1f(x)dx konvergira. Delne vsote vrste a2 + a3 + · · · so vsote ploscin

pravokotnikov pod grafom (glej sliko 2.1). Po predpostavki integral∫∞

1f(x)dx

konvergira, iz cesar lahko sklepamo, da je ploscina p neskoncnega lika pod grafomfunkcije f(x) koncna. Delne vsote te vrste a2 + a3 + · · · so tako navzgor omejenez integralom, in torej vrsta

∑∞

n=1 an konvergira.V obratno smer predpostavimo, da integral

∫∞

1f(x)dx divergira. Delne vsote

vrste a1 + a2 + . . . so vsote ploscin pravokotnikov nad grafom f (glej sliko 2.2).Ker je ploscina pod grafom funkcije f(x) neskoncna, delne vsote vrste niso navzgoromejene. To pomeni, da vrsta divergira.

�

Primer 2.20. Preverimo konvergenco vrste∞∑

n=2

1

n ln2 n.

12

f(x)

x

y

Slika 2.1. Spodnja Riemannova vsota

f(x)

x

y

Slika 2.2. Zgornja Riemannova vsota

Konvergenco vrste bomo preverili z integralskim kriterijem. V integral∫ ∞

e

1

x ln2 xdx

uvedemo novo spremenljivko u = ln x(du = 1

xdx

)

∫ ∞

e

1

x ln2 xdx =

∫ ∞

1

1

u2du

= limA→∞

∫ A

1

1

u2du

= limA→∞

[

−1

u

]A

1

= limA→∞

(

− 1

A+ 1

)

= 1.

Integral∫∞

e1

x lnx2dx konvergira, torej tudi vrsta∑∞

n=21

n ln2 nkonvergira. Na povsem

enak nacin bi lahko pokazali konvergenco vrste∞∑

n=2

1

n lns n,

kjer je s > 1.

13

Poglejmo sedaj vrsto∞∑

n=e

1

n lnn.

V integral∫ ∞

e

1

x ln xdx

uvedemo novo spremenljivko, u = ln x:∫ ∞

e

1

x ln xdx =

∫ ∞

1

1

udu

= limA→∞

∫ A

1

1

udu

= limA→∞

[ln u]A1

= limA→∞

lnA

= ∞.

Po integralskem kriteriju vrsta∑∞

n=e1

n lnndivergira. Na povsem enak nacin bi

lahko pokazali, da vrsta∞∑

n=2

1

n lns n

divergira za vsak s ≤ 1.Pokazali smo, da vrsta

∑∞

n=21

n lns nkonvergira natanko tedaj, ko je s > 1.

Lahko bi se tudi prepricali, da nam Raabejev kriterij ne bi pomagal pri dokazovanjukonvergence te vrste.

2.1.5. Kummrov kriterij

Kummrov kriterij je zelo mocen kriterij za ugotavljanje konvergence. Je precejsplosen kriterij in ga lahko uporabimo za izpeljavo drugih kriterijev.

Izrek 2.21 (Kummrov kriterij). Naj bodo an > 0, pn > 0, tako da vrsta∑∞

n=11pn

divergira, ter naj obstaja limita

limn→∞

(

pnanan+1

− pn+1

)

= h.

Potem velja:

• ce je h > 0, vrsta∑∞

n=1 an konvergira,• ce je h < 0, vrsta

∑∞

n=1 an divergira.

14

Dokaz. Naj bo sn =∑n

k=1 ak zaporedje delnih vsot vrste∑∞

n=1 an. Predpo-stavimo najprej, da je h > 0. Vzemimo nek r ∈ (0, h). Potem obstaja tak N > 1,da velja

pnanan+1

− pn+1 > r

vsak n ≥ N. Enacbo preuredimo in dobimo

pnan − pn+1an+1 > ran+1

za vsak n ≥ N. Za M > N to pomeni

M∑

n=N

(pnan − pn+1an+1) >M∑

n=N

ran+1,

aNpN − pM+1aM+1 > r(sM − sN−1),

pNaN − pM+1aM+1 + rsN−1 > rsM ,

pNaN + rsN−1

r> sM .

Ker je N tocno dolocen, je leva stran zgornja meja za sM in iz tega sledi, da vrsta∑∞

n=1 an konvergira.Predpostavimo sedaj, da je h < 0 in vrsta

∑∞

n=11pn

divergira. Tako obstaja

tak N ∈ N, da velja

pnanan+1

− pn+1 < 0

za vsak n ≥ N . To pomenipnan < pn+1an+1

za vsak n ≥ N , in zato

an > pNaN1

pnza vsak n ≥ N. Ker je N tocno dolocen, nam primerjalni test pokaze, da

∑∞

n=1 andivergira. �

Opomba 2.22. Kummrov kriterij ni vedno lahko uporabiti, saj je izbira pnpogosto precej tezavna. Ce v Kummrov kriterij vstavimo pn = n, dobimo Raabejevkriterij. Z izbiro pn = 1 za vsak n pa dobimo kvocientni kriterij.

Kot posledico Kummrovega kriterija dobimo Bertrandov kriterij:

Posledica 2.23 (Bertrandov kriterij). Naj bo∑∞

n=1 an vrsta s strogo pozitiv-

nimi cleni. Ce obstaja limita

B = limn→∞

[

lnn

(

n

(an

an + 1− 1

)

− 1

)]

,

velja:

• ce je B > 1, vrsta∑∞

n=1 an konvergira,

15

• ce je B < 1, vrsta∑∞

n=1 an divergira.

Dokaz. V Kummrov test vstavimo pn = n lnn. S pomocjo integralskega kri-terija smo prej pokazali, da

∑∞

n=11

n lnndivergira, torej lahko uporabimo Kummrov

test, ki nam da zeljeni rezultat. �

Primer 2.24. Poglejmo si konvergenco vrste(1

2

)2

+

(1 · 32 · 4

)2

+

(1 · 3 · 52 · 4 · 6

)2

+ · · ·

Poglejmo si, kaj nam o konvergenci vrste pove Raabejev kriterij. n-ti clen vrsteje

an =

(1 · 3 · 3 · . . . · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · . . . · (2n)

)2

,

kvocient anan+1

pa

anan+1

=

(2n+ 1

2n+ 2

)2

.

Tako je

Rn = n((2n+ 2

2n+ 1

)2

− 1)

=4n2 + 3n

(2n+ 1)2

in velja

R = limn→∞

Rn = 1.

Po Raabejevem kriteriju torej ne moremo govoriti o konvergenci te vrste.Poskusimo z Bertrandovim kriterijem:

B = limn→∞

[

lnn

(

n

(an

an + 1− 1

)

− 1

)]

= limn→∞

[

− lnn

(n+ 1

(2n+ 1)2

)]

= 0 < 1.

Vrsta torej divergira.

2.1.6. Leibnizov kriterij

Leibnizov kriterij je zelo primerno orodje pri dokazovanju konvergence alterni-rajocih vrst.

Izrek 2.25 (Leibnizov kriterij). Naj bo∑∞

n=1 an alternirajoca vrsta, t.j. sign(an+1) =−sign(an) za vsak n ∈ N, in naj bo |a1|, |a2|, . . . padajoce zaporedje z limito 0. Tedajvrsta

∑∞

n=1 an konvergira.

16

Dokaz. Naj bo bn = |an|. Privzamemo, da je a1 < 0. Torej a1 = −b1. Nasavrsta je tako −b1+ b2− b3+ b4−· · · , kjer je {bn}∞n=1 padajoce zaporedje pozitivnihstevil z limito 0. Naj bo sn n-ta delna vsota vrste −b1 + b2 − b3 + b4 − · · · Velja

s2n+1 = s2n−1 + b2n − b2n−1︸ ︷︷ ︸

≥0

torej

s2n+1 ≥ s2n−1.

Podobno

s2n+2 = s2n − b2n+1 + b2n+2

in

s2n+2 ≤ s2n.

Sledi s1 ≤ s3 ≤ s5 . . . ≤ s6 ≤ s4 ≤ s2. Torej je zaporedje {s2n−1}∞n=1 narascajoce innavzgor omejeno, zato obstaja limn→∞ s2n−1 = s′. Podobno obstaja limn→∞ s2n =s′′, saj je {s2n}∞n=1 padajoce in navzdol omejeno. Jasno je s′ ≤ s′′. Ker je

s′ − s′′ = limn→∞

s2n−1 − s2n

= limn→∞

−b2n

= 0,

sledi s′ = s′′ = s, torej limn→∞ sn = s.�

Primer 2.26. Poglejmo konvergentnost alternirajoce harmonicne vrste

∞∑

n=1

(−1)n+1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ . . .

Iz Leibnizovega izreka sledi, da je vrsta konvergentna, vemo pa, da ni absolutnokonvergentna. Torej je pogojno konvergentna.

Konvergenco alternirajoce harmonicne vrste znamo dolociti tudi s pomocjorazvoja logaritemske funkcije v Taylorjevo vrsto, in sicer

ln(1− x) = −x− x2

2− x3

3− x4

4− . . .

Za |x| < 1 velja, da vrsta konvergira, za |x| > 1 pa vrsta divergira. Z uporaboAbelovega izreka na Taylorjevi vrsti pa vidimo, da velja

ln(2) = 1− 1

2+

1

3− 1

4+ . . .

17

2.2. Divergenca vrste∑

p∈P1p

Vcasih naletimo na primer, kjer kriteriji za ugotavljanje konvergence vsi povrsti odpovejo, oziroma jih zaradi narave vrste niti ne znamo uporabiti. Kotzanimiv primer si bomo ogledali vrsto

∑

p∈P1p, kjer je P mnozica prastevil

Primer 2.27. Poglejmo si vrsto∑

p∈P1p, kjer je p prastevilo:

∑

p∈P

1

p=

1

2+

1

3+

1

5+

1

7+

1

11+ · · · .

Zanima nas konvergenca vrste.Predpostavimo, da vrsta konvergira. Torej je za dovolj velike k

∞∑

j=k+1

1

pj<

1

2. (2)

Naj bo Am mnozica tistih n ∈ {1, 2, . . . ,m} ,, ki niso deljivi z nobenim prastevilomiz mnozice {pk+1, pk+2, . . .}. Vsak n ∈ Am lahko pisemo kot n = r ·q2. Za r imamole 2k moznosti, za q pa imamo najvec

√m moznosti. Velja torej

|Am| ≤ 2k√m. (3)

Imejmo se mnozico {1, 2, 3, . . . ,m} \Am. To so vsa tista stevila, ki so deljiva skaksnim pk+1, pk+2, . . . Naj bo Bm,j = {n ∈ {1, 2, . . . ,m} ; pj|n}. Tedaj velja

{1, 2, . . . ,m} \Am =∞⋃

j=k+1

Bm,j

in|Bm,j| ≤

m

pj.

Iz tega sledi, da je

|{1, 2, . . . ,m} \Am| ≤∞∑

j=k+1

|Bm,j| ≤∞∑

j=k+1

m

pj.

Iz (2) sledi

|{1, 2, . . . ,m} \Am| ≤m

2in zato

|Am| ≥m

2.

Skupaj z (3) dobimom

2≤ |Am| ≤ 2k

√m,

kar privede do protislovja, ce je

m > 22k+2.

18

POGLAVJE 3

Neskoncni produkt

Podobno kot v matematiki obravnavamo neskoncne vrste, lahko obravnavamotudi neskoncne produkte. Omejili se bomo na neskoncne produkte realnih stevil,ceprav bi bila teorija povsem analogna pri obravnavi produktov kompleksnih stevil.V tem poglavju je snov v vecini vzeta iz knjige J. M. Hyslop, Infinite Series. Pripisanju sem si pomagala se s T. M. Apostol, Mathematical Analysis, K. Knopp,Theory and Application of Infinite Series in I. Vidav, Visja matematika 1.

Definicija 3.1. Imejmo zaporedje realnih stevil u1, u2, u3, . . . Formalnemuproduktu clenov u1, u2, u3, . . . recemo neskoncni produkt ter ga zapisemo kot

u1 · u2 · u3 · · · =∞∏

n=1

un.

Pri zgornji definiciji gre zgolj za formalni produkt. S konvergenco se bomoukvarjali v nadaljevanju. Kot bomo videli, se iz deloma tehnicnih razlogov kon-vergenca produkta obravnava nekoliko bolj previdno kot pri vrstah.

3.1. Delni produkti

Naj bo∞∏

n=1

un = u1 · u2 · u3 · · ·

formalen neskoncni produkt. Vsak koncen nabor clenov lahko brez tezav zmnozimoin dobimo zaporedje

P1 = u1

P2 = u1 · u2

P3 = u1 · u2 · u3

. . . . . .

Pn = u1 · u2 · u3 · . . . · un

. . . . . .

Zaporedje P1, P2, P3, . . . , Pn, . . . imenujemo zaporedje delnih produktov. Poglejmosi nekaj primerov.

19

Primer 3.2. Vzemimo neskoncni produkt∞∏

k=1

e1

k(k+1) .

Delni produkt Pn je enak

Pn = e∑

n

k=11

k(k+1) = e1−1

k+1 .

V limiti dobimoP = lim

n→∞Pn = e.

V tem primeru je razlog za konvergenco delnih produktov v tem, da so clenineskoncnega produkta v limiti dovolj blizu 1 in stevilo e lahko smiselno razumemokot rezultat neskoncnega produkta.

Primer 3.3. Vzemimo neskoncni produkt

1

2· 12· 12· · ·

Delni produkt Pn je enak

Pn =1

2· 12· 12· · · 1

2︸ ︷︷ ︸

n

=1

2n.

V limiti dobimoP = lim

n→∞Pn = 0.

V tem primeru je razlog za konvergenco delnih produktov drugacen kot v prejsnjemprimeru, saj je konvergenca posledica dejstva, da so vsi cleni neskoncnega produkta(vsaj od nekje dalje) po absolutni vrednosti manjsi od nekega stevila, ki je strogomanjse od 1. Pri vsakem takem produktu bodo delni produkti konvergirali proti 0.Ceprav bi se lahko odlocili in tak neskoncen produkt obravnavali kot konvergenten,za take produkte raje recemo, da divergirajo proti 0.

Primer 3.4. Kadar koli je vsaj eden izmed clenov v neskoncnem produktuenak 0, bodo vsi delni produkti od nekje dalje enaki 0, zato bo tudi limita delnihproduktov enaka 0. Za tak produkt bomo rekli, da je konvergenten, samo ce bi tudiv primeru, ko katerega od teh nicelnih clenov odstranimo iz neskoncnega produkta,za tak reduciran produkt rekli, da je konvergenten. Tako bomo na primer rekli,da je produkt

0 · 1 · 1 · 1 · · ·konvergenten (proti 0), produkt

0 · 1 · 2 · 3 · · ·pa divergenten, ceprav je limita delnih produktov pri obeh neskoncnih produktihenaka 0.

20

3.2. Konvergenca neskoncnega produkta

Ko govorimo o konvergenci neskoncnega produkta, zelimo neskoncnemu produktupripisati neko vrednost. Tako smo ravnali ze pri neskoncnih vrstah, vendar pamoramo biti pri neskoncnem produktu previdnejsi. Preprosto bi lahko sklepali,da je neskoncen produkt konvergenten, ce konvergira zaporedje delnih produktov,analogno kot pri neskoncnih vrstah. Problem nastane, ce je kateri od clenov ne-skoncnega produkta u1, u2, u3, . . . enak 0, saj so v tem primeru vsi delni produktiod nekje dalje enaki 0, ne glede na to, kaksni so nenicelni cleni produkta. Pravtako nekoliko drugace obravnavamo produkte, katerih delni produkti konvergirajoproti 0.

Definicija 3.5. Neskoncni produkt

∞∏

n=1

un = u1 · u2 · u3 · · · ,

za katerega velja un 6= 0 za vsak n ∈ N, je konvergenten, ce je konvergentnozaporedje delnih produktov P1, P2, P3, . . . , in velja limn→∞ Pn = P 6= 0. Zapisemo

∞∏

n=1

Pn = P.

Ce vsi faktorji produkta∏∞

n=1 un niso razlicni od 0, recemo, da je neskoncni pro-dukt konvergenten proti 0, ce obstaja tako stevilo N ∈ N, da velja

• un 6= 0 za vsak n > N in je• ∏∞

k=N+1 Pk = P (N) nenicelno realno stevilo.

V vseh ostalih primerih recemo, da neskoncni produkt divergira.

Opomba 3.6. Zgornja definicija nam zagotavlja, da za konvergentne neskoncneprodukte velja

P = u1 · u2 · u3 · . . . · un · P (N)

in

P =∞∏

k=1

uk = u1 · u2 · u3 · · · uN · P (N),

kjer je

P (N) =∞∏

k=n+1

uk,

in je N poljubno naravno stevilo.

Poglejmo si nekaj primerov neskoncnih produktov.

21

Primer 3.7. Ali neskoncni produkt

∞∏

n=1

(

1− 1

(n+ 1)2

)

=

(

1− 1

22

)

·(

1− 1

32

)

·(

1− 1

42

)

· · ·

konvergira?Najprej poglejmo n-ti delni produkt tega neskoncnega produkta:

Pn =n∏

k=1

(

1− 1

(k + 1)2

)

=

(

1− 1

22

)

·(

1− 1

32

)

· · ·(

1− 1

(n+ 1)2

)

.

Uporabimo (1− a2) = (1− a)(1 + a) in dobimo

Pn =

(

1− 1

2

)

·(

1− 1

3

)

· · ·(

1− 1

n+ 1

)

·(

1 +1

2

)

·(

1 +1

3

)

· · ·(

1 +1

n+ 1

)

=

=1 · 2 · · ·n · 3 · 4 · · · (n+ 2)

2 · 3 · · · (n+ 1) · 2 · 3 · · · (n+ 1)=

1

2

n+ 2

n+ 1.

Torej je

P = limn→∞

Pn = limn→∞

(1

2

n+ 2

n+ 1

)

=1

2

in zato∞∏

n=1

(

1− 1

(n+ 2)2

)

=1

2.

Primer 3.8. Pokazimo, da neskoncni produkt

∞∏

n=1

(

1 +1

n

)

divergira.Poglejmo si n-ti delni produkt

Pn =n∏

k=1

(

1 +1

k

)

= (1 + 1) ·(

1 +1

2

)

· . . . ·(

1 +1

n+ 1

)

=

= 2 · 32· 43· . . . · n+ 1

n= n+ 1

Limita n-tega delnega produkta je

P = limn→∞

Pn = limn→∞

(n+ 1) = ∞.

Torej produkt res divergira.

22

Primer 3.9. Poglejmo se neskoncni produkt∞∏

n=1

(

1− 1

n+ 1

)

in njegovo konvergenco.Njegov n-ti delni produkt je

Pn =n∏

k=1

(

1− 1

k + 1

)

=

(

1− 1

2

)

·(

1− 1

3

)

·(

1− 1

4

)

· · ·(

1− 1

n+ 1

)

=

=1

2· 23· 34· · · n

n+ 1=

1

n+ 1,

sledi

P = limn→∞

Pn = limn→∞

1

n+ 1= 0

Neskoncni produkt torej divergira k 0.

Izrek 3.10 (Cauchyjev kriterij za produkt). Neskoncni produkt∏∞

n=1 un kon-vergira natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja tak N , da za n > N velja

|un+1 · un+2 · . . . un+k − 1| < ε, za k = 1, 2, 3, . . .

Dokaz. Predpostavimo, da produkt∏∞

n=1 un konvergira. Nadalje lahko pred-postavimo, da noben clen un ni enak 0. Naj bo {Pn}∞n=1 zaporedje delnih produktin P = limn→∞ Pn vrednost produkta. Ker je P 6= 0, obstaja tak M > 0, da velja|Pn| > M za vsak n. Naj bo sedaj ε > 0. Zaporedje {Pn} zadosca Cauchyjevemupogoju, zato obstaja tak N ∈ N, da velja

|Pn+k − Pn| < εM

za vsak n > N in vsak k = 1, 2, 3, . . . zato

|un+1 · un+2 · · · un+k − 1| = 1

|Pn||Pn+k − Pn| <

1

|Pn|Mε < ε.

Pokazimo se obratno. Recimo, da pogoj

|un+1 · un+2 · . . . · un+k − 1| < ε

velja za vsak k = 1, 2, . . . in vsak n > N . Potem za n > N velja un 6= 0. Vzemimoε = 1

2. Definirajmo za n > N

Qn = uN0+1 · uN0+2 · . . . · un.

Ker velja 12< |Qn| < 3

2, zaporedje Qn zagotovo ne konvergira proti 0. Pokazemo,

da {Qn} konvergira. Vzamemo poljubni ε > 0:∣∣∣∣

Qn+k

Qn

− 1

∣∣∣∣= |un+1 · un+2 · . . . · un+k − 1| < ε.

23

Zato je

|Qn+k −Qn| < ε |Qn| <3

2ε,

kar pomeni, da zaporedje {Qn} zadosca Cauchyjevemu pogoju in zato konvergira.To pomeni, da produkt

∏∞

n=1 un konvergira. �

Ce vstavimo k = 1 v |un+1 · un+2 · . . . · un+k − 1| < ε ugotovimo, da konver-genca produkta

∏∞

n=1 un pomeni limn→∞ un = 1.

Posledica 3.11. Naj bo neskoncni produkt∏∞

n=1 un konvergenten. Potemvelja limn→∞ un = 1.

Ta pogoj je potreben za konvergenco produkta, ni pa zadosten, saj na primerprodukt

∏∞

n=1

(1 + 1

n

)divergira, ceprav zaporedje un = 1 + 1

nkonvergira proti 1.

3.3. Prevedba konvergence neskoncnega produkta na konvergenco vrst

V prejsnjem razdelku smo videli, da je potreben pogoj za konvergenco vrst, dacleni vrste konvergirajo proti 1. Ker je konvergenca vrste neodvisna od zacetnihclenov produkta, bomo predpostavili, da so produkti oblike

∞∏

n=1

(1 + an)

kjer so vsi an > −1. Naj bo {Pn} zaporedje delnih produktov in naj bo zaporedje{Sn} zaporedje delnih vsot vrste

∞∑

n=1

log(1 + an).

Ker velja

logPn = log

(n∏

k=1

(1 + ak)

)

=n∑

k=1

log(1 + ak) = Sk,

dobimo naslednji izrek.

Izrek 3.12. Produkt∏∞

n=1(1 + an), an > −1 konvergira natanko tedaj, kokonvergira vrsta

∑nk=1(1 + an).

Opomba 3.13. Produkt∏∞

n=1(1 + an), an > −1 divergira proti nicli natankotedaj, ko vrsta

∑∞

n=1 log(1 + an) divergira proti −∞.

S pomocjo uporabe priblizka log un = log(1 + an) ≈ −an, lahko v dolocenihprimerih zgornji kriterij poenostavimo.

Izrek 3.14. Naj bo an ≥ 0, potem neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + an) konvergiranatanko takrat, ko konvergira vrsta

∑∞

n=1 an.

24

Dokaz. Naj bo an ≥ 0 za vsak n ∈ N. Predpostavimo, da vrsta∑∞

n=1 ankonvergira in ima vsoto S. Oznacimo z {Pn} zaporedje delnih produktov

∏∞

n=1(1+an) in z {Sn} zaporedje delnih vsot vrste

∑∞

n=1 an. Ker za x ≥ 0 velja 1 + x ≤ ex,je log(1 + x) ≤ x za x ≥ 0 in dobimo

logn∏

k=1

(1 + ak) =n∑

k=1

log(1 + ak) ≤n∑

k=1

ak = Sn ≤ S, za vsak n ∈ N.

To pomenin∏

k=1

(1 + ak) = Pn ≤ eS, za vsak n ∈ N.

Zaporedje {Pn} je torej navzgor omejeno. Ker so an > 0, je tudi narascajoce inzato konvergira k limiti P , za katero velja

P ≤ eS.

Pokazimo se obrat. Naj produkt∏∞

k=1(1 + ak) konvergira proti P . Ker velja

Sn = a1 + a2 + a3 + . . .+ an < (1 + a1)(1 + a2)(1 + a3) . . . (1 + an) ≤ P,

je zaporedje {Sn} navzgor omejeno in narascajoce, zato vrsta∑∞

n=1 an konvergira.�

Izrek 3.15. Naj bo −1 < an ≤ 0, potem neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + an)konvergira natanko takrat, ko konvergira vrsta

∑∞

n=1 an.

Dokaz. Naj bo −1 < an ≤ 0. Definirajmo bn = −an. Tako velja 0 ≤ bn < 1za vsak n, neskoncni produkt zapisemo

∞∏

n=1

(1− bn).

Ker velja 1− x ≤ e−x za 0 ≤ x < 1, imamo

0 < Pn ≤ e−(b1+b2+...+bn).

Ce torej vrsta∑∞

k=1 ak divergira, potem Pn → 0, kar pomeni, da produkt divergiraproti 0. Predpostavimo torej, da je vrsta

∑∞

k=1 ak konvergentna. Potem glede naε lahko najdemo tak N = N(ε), da velja

0 ≤∞∑

k=N

bk < ε.

Prav tako

(1− bN)(1− bN+1) ≥ 1− bN − bN+1,

(1− bN)(1− bN+1)(1− bN+2) ≥ (1− bN − bN+1)(1− bN+2)

≥ 1− bN − bN+1 − bN+2

25

zato za n > N velja

(1− bN)(1− bN+1) . . . (1− bn) ≥ 1− bN − bN+1 . . .− bn > 1− ε.

Pn

PN+1je monotono padajoce. Pokazali smo, da ima pozitivno spodnjo mejo. Iz tega

sledi, da Pn konvergira proti koncni nenicelni limiti, kar pomeni, da∏∞

n=1(1 + an)konvergira. �

Ce niso vsi cleni produkta∏∞

n=1(1+ an) bodisi vecji od 1 ali manjsi od 1, torej−1 < an, ne moremo problema konvergence produkta vedno prevesti na problemkonvergence vrste

∑∞

n=1 an, kar lahko vidimo iz naslednjih dveh primerov.

Primer 3.16. Poglejmo si produkt(

1 +1√2

)(

1− 1√3

)(

1 +1√4

)(

1− 1√5

)

· · ·

Poglejmo si lihi delni produkt P2k+1. Ker velja(

1− 1√n

)(

1 +1√n+ 1

)

< 1− 1√n√n+ 1

,

velja

P2k+1 <

(

1 +1√2

) k∏

j=1

(

1− 1√2j + 1

√2j + 2

)

.

Ker vrsta∞∑

j=1

1√2j + 1

√2j + 2

divergira proti ∞, tudi delni produkti P2k+1 konvergirajo proti 0, zato produktdivergira proti 0.

Poglejmo se vrsto1√2− 1√

3+

1√4− 1√

5+ . . .

in primerjajmo njeno konvergenco s konvergenco pripadajocega produkta. Imamoalternirajoco vrsto, katere cleni |a1|, |a2|, |a3|, . . . nam dajo padajoce zaporedje zlimito 0. Po Leibizovem kriteriju nasa vrsta konvergira.

Primer 3.17. Poglejmo si produkt(

1 +1

2− 1√

2

)(

1 +1√2

)(

1 +1

3− 1√

3

)(

1 +1√3

)

· · ·

Ce v produkto zmnozimo po dva zaporedna clena, dobimo produkt(

1 +1

2√2

)(

1 +1

3√3

)(

1 +1

4√4

)

· · ·

26

Ta produkt konvergira, saj konvergira vrsta∞∑

n=2

1

n√n.

Zato konvergira tudi prvotni produkt. Pripadajoca vrsta

1

2− 1√

2+

1√2+

1

3− 1√

3+

1√3+

1

4− 1√

4+

1√4+ · · · = 1

2+

1

3+

1

4+ · · ·

pa je divergentna.

Definicija 3.18. Ce neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + |an|) konvergira, potem

recemo, da neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + an) konvergira absolutno. Ce produkt∏∞

n=1(1+an) konvergira, produkt∏∞

n=1(1+ |an|) pa divergira, recemo, da produktkonvergira pogojno.

Trditev 3.19. Naj neskoncni produkt∏∞

n=1(1+an) konvergira absolutno. Po-tem

∏∞

n=1(1 + an) konvergira.

Dokaz. Dokaz sledi iz Cauchyjevega kriterija in naslednje neenakosti:

|(1 + an+1)(1 + an+2) · · · (1 + an+k)− 1| ≤ (1+|an+1|)(1+|an+2|) · · · (1+|an+k|)−1.

�

Izrek 3.20. Neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + an) konvergira absolutno natankotakrat, ko vrsta

∑∞

n=1 an konvergira absolutno.

Dokaz. Po izrekih 3.14 in 3.15 neskoncni produkt∏∞

n=1(1 + |an|) konvergiranatanko takrat, ko konvergira vrsta

∑∞

n=1 |an|. To pa smo zeleli dokazati. �

Opomba 3.21. Videli smo, da je absolutna konvergenca vrste∑∞

n=1 an ekvi-valentna absolutni konvergenci produkta

∏∞

n=1(1 + an). Enaka trditev pa ne veljana splosno za pogojno konvergenco, kot smo videli iz zgornjih primerov. Lahko padokazemo naslednji izrek.

Izrek 3.22. Naj bo∑∞

n=1 a2n < ∞. Potem neskoncni produkt

∏∞

n=1(1 + an)konvergira natanko takrat, ko konvergira vrsta

∑∞

n=1 an.

Dokaz. Ker vrsta∑∞

n=1 a2n konvergira, obstaja tak N , da velja |an| < 1

2za

n > N . Ker vemo, da velja log(1 + x) = x − x2

2+ x3

3− . . . za |x| < 1, za vsak n

torej velja tudi

|log(1 + an)− an| =∣∣∣∣

a2n2

− a3n3

+ · · ·∣∣∣∣

(4)

=≤ 1

2a2n(1 + |an|+ |an|2 + · · ·

)(5)

=a2n

2(1− |an|)(6)

< a2n. (7)

27

Iz tega sledi, da je vrsta∑ | log(1 + an) − an| konvergentna, torej je tudi vrsta

∑(log(1 + an)− an

)konvergentna. Torej logPn −An gre proti koncni vrednosti.

Torej zgornji izrek velja. �

Kot posledico zgornjih izrekov navedimo zanimiv rezultat iz teorije vrst.

Posledica 3.23. Naj bodo an > −1 za vsak n = 1, 2, . . . Vrsta∑∞

n=1 log(1+an)konvergira natanko tedaj, ko konvergira vrsta

∑∞

n=1 an, ce je izpolnjen eden odnaslednjih pogojev:

• an ≥ 0 za vsak n = 1, 2, . . .,• −1 < an ≤ 0 za vsak n = 1, 2, . . .,• ∑∞

n=1 a2n < ∞.

28

POGLAVJE 4

Wallisov produkt

V tem poglavju bomo pokazali, kako na iznajdljiv nacin predstaviti π kot neskoncenprodukt. Leta 1655 je to slavno formulo odkril angleski matematik John Wallis.Po njem se imenuje Wallisov produkt in se zapise

∞∏

n=1

(2n

2n− 1· 2n

2n+ 1

)

=2

1· 23· 43· 45· 65· 67· · · = π

2.

Dokaz Wallisovega produkta bomo izpeljali na tri nacine. Najprej bom dokazalaWallisov produkt na standardni nacin, z ocenjevanjem dolocenih integralov sinu-sne funkcije. Wallisov produkt pa se da dokazati tudi z uporabo osnovne algebre,Pitagorovega izreka in formulo (Πr2) kot obmocje kroga s polmerom r. Lahko birekli, da bomo dokazali produkt z uporabo (osnovnosolske matematike) matema-tike na osnovnosolski stopnji. Tretji dokaz Wallisovega produkta bo s pomocjorazvoja sinusne funkcije v produkt.

4.1. John Wallis

John Wallis (1616–1703) je angleski matematik, ki je prispeval pomemben delez krazvoju matematike. Bil je eden vplivnejsih, vsestranskih in sposobnih angleskihmatematikov pred Isaacom Newtonom (1642–1727).

Wallis se je v matematiki loteval razlicnih problemov. Prispeval je kar nekajtemeljev, ki so pozneje v matematiki igrali pomembno vlogo. Pri obravnavanjustoznic je med prvimi uporabljal analiticno geometrijo. Wallis je znatno prispevaltudi k trigonometriji in analizi neskoncnih vrst. Uvedel je pojem veriznega ulomka.V analizi je bil predhodnik infinitezimalnega racuna. Veliko se je ukvarjal z inte-gralskim racunom, s cimer je Isaacu Newtonu dal pomembno osnovo za njegovodelo. Izracunal je integral eksponentne funkcije za razlicne eksponente (pozitivneali negativne, cele ali racionalne). Wallis je bil med prvimi, ki je razumel pomennicle ter neskoncnosti, uvedel pa je tudi simbol neskoncnsti (∞), ki velja se da-nes. Leta 1659 je izdal knjigo o stoznicah Arithmetica infinitorum, v kateri jesistematiziral tedanje delo Descartesa in Cavalierija. V knjigi je prvic razlozenpomen potence xn. Razumel je tudi pomen ulomljenih in negativnih eksponentov.Hkrati se je ukvarjal z resevanjem kvadrature kroga in dolocil π v obliki po njemimenovanega neskoncnega produkta – Wallisov produkt, ki ga bomo obravnavaliv nadaljevanju.

29

Ukvarjal se je tudi s fiziko, pisal je o statiki in dinamiki elasticnih trkov. Skupajse z nekaterimi matematiki se je sredi 50. let 17. stoletja zapletel v polemiko gledematematicnih in logicnih osnov razumevanja sveta. Izkazal se je tudi v pisanju zgo-dovine matematike. Leta 1673 je izslo njegovo delo De algebra tractatus; historicuset practicus, kar je v Angliji prvi resni poskus pisanja o zgodovini matematike.

Johna Wallis je bil torej vsestranski matematik, ki je prispeval pomemben delezk razvoju matematike, mi pa se bomo osredotocili na Wallisov produkt. Vec o J.Wallisu si lahko bralec prebere v [2].

4.2. Dokaz Wallisovega produkta z ocenjevanjem dolocenih integralov

sinusne funkcije

Najprej bomo dokazali Wallisov produkt∞∏

n=1

(2n

2n− 1· 2n

2n+ 1

)

=2

1· 23· 43· 45· 65· 67· . . . = π

2.

z ocenjevanjem dolocenih integralov sinusne funkcije:

In =

∫ π

2

0

sinn x dx.

Ta nacin dokazovanja je najpogosteje najden v literaturi. Mi se bomo v temrazdelku naslonili na knjigo I. Vidav, Visja matematika 1.

Izracunajmo najprej I0 in I1

I0 =

∫ π

2

0

sin0 x dx =

∫ π

2

0

dx = x

∣∣∣∣

π

2

0

=π

2,

I1 =

∫ π

2

0

sin x dx = − cos x

∣∣∣∣

π

2

0

= − cosπ

2+ cos 0 = 1.

Za n ≥ 2 imamo

In =

∫ π

2

0

sinn x dx =

∫ π

2

0

sinn−1 x · sin x dx.

Uporabimo integracijo po delih in dobimo

In = −(sinn−1 x · cos x)∣∣∣∣

π

2

0

+ (n− 1)

∫ π

2

0

sinn−2 x cos2 x dx

ter preuredimo

In = 0 + (n− 1)

∫ π

2

0

cos2 x · sinn−2 x dx =

= (n− 1)

∫ π

2

0

(1− sin2 x)sinn−2 x dx =

30

= (n− 1)

∫ π

2

0

(sinn−2 x− sinn x) dx =

= (n− 1)

∫ π

2

0

sinn−2 x dx− (n− 1)

∫ π

2

0

sinn x dx =

= (n− 1)In−2 − (n− 1)In.

Izrazimo In in dobimo rekurzivno zvezo

In =n− 1

nIn−2.

Za sode n velja

In =(n− 1) · (n− 3) · · · 1

n(n− 2) · · · 2 I0 =(n− 1)!!

n!!

π

2,

za lihe n pa

In =(n− 1) · (n− 3) · · · 2

n(n− 2) · · · 3 I1 =(n− 1)!!

n!!.

Za 0 ≤ x ≤ π2velja

sin2n−1 x ≥ sin2n x ≥ sin2n+1 x,

dobimo neenakost

I2n−1 ≥ I2n ≥ I2n+1,

kar pomeni

(2n− 2)!!

(2n− 1)!!≥ (2n− 1)!!

(2n)!!

π

2≥ (2n)!!

(2n+ 1)!!.

Neenakost lahko preprosto preoblikujemo v[

(2n)!!

(2n− 1)!!

]21

2n≥ π

2≥[

(2n)!!

(2n− 1)!!

]21

2n+ 1.

Ker velja

1

2n

[(2n)!!

(2n− 1)!!

]2

− 1

2n+ 1

[(2n)!!

(2n− 1)!!

]2

=

=1

(2n)(2n+ 1)

[(2n)!!

(2n− 1)!!

]2

≤π2

2n

n→∞−→ 0,

smo dobili

limn→∞

1

2n+ 1

((2n)!!

(2n− 1)!!

)2

=π

2.

Delni produkti v Wallisovem produktu torej konvergirajo proti π/2.

31

4.3. Elementarni dokaz Wallisovega produkta

V tem razdelku bomo predstavili elementarni dokaz Wallisovega produkta, pov-zeto po J. Wastlund, An Elementary Proof of the Wallis Product Formula for pi.Poleg elementarne algebre v dokazu uporabimo zgolj Pitagorov izrek in formulo zaploscino kroga.

Poglejmo si zaporedje stevilp1 = 1

in za n ≥ 2

p2 =3

2

p3 =3

2· 54

. . .

pn =3

2· 54· 76· . . . · 2n− 1

2n− 2.

Delni produkt neskoncnega (Wallisovega) produkta 21· 23· 43· 45· · · z lihim stevilom

clenov lahko zapisemo

ln =22 · 42 · 62 · . . . · (2n− 1)2 · 2n

1 · 32 · 52 · . . . · (2n− 1)2=

2n

pn2,

delni produkt s sodim stevilom clenov pa kot

sn =22 · 42 · 62 · . . . · (2n− 2)2

1 · 32 · 52 · . . . · (2n− 3)2 · (2n− 1)=

2n− 1

pn2.

Definirajmo se s1 = 1. Jasno je, da je sn < sn+1 in ln > ln+1. Ko primerjamo ln insn, lahko vidimo sn < ln. Tako velja

s1 < s2 < s3 < · · · < l3 < l2 < l1. (8)

Za poljuben i, 1 ≤ i ≤ n velja

2i− 1

pi2= si ≤ sn in

2i

pi2= li ≥ ln

in zato2i− 1

sn≤ pi

2 in2i

ln≥ pi

2.

Skupaj dobimo oceno2i− 1

sn≤ pi

2 ≤ 2i

ln. (9)

Zadnja vrstica velja tudi za i = 0, hkrati pa lahko vpeljemo se p0 = 0. Razlikopn+1 − pn pa oznacimo z an. Tako velja p1 − p0 = a0 = 1 in za n ≥ 1 velja

an = pn+1 − pn = pn

(2n+ 1

2n− 1

)

=pn2n

=1

2· 34· · · 2n− 1

2n.

32

Trditev 4.1. Za vsak i, j ≥ 0 velja

aiaj =j + 1

i+ j + 1aiaj+1 +

i+ 1

i+ j + 1ai+1aj

Dokaz. Izrazimo

ai+1 =2i+ 1

2(i+ 1)ai

in

aj+1 =2j + 1

2(j + 1)aj,

in dobimoj + 1

i+ j + 1aiaj+1 +

i+ 1

i+ j + 1ai+1aj =

2j + 1

2(j + 1)· j + 1

i+ j + 1aiaj +

2i+ 1

2(i+ 1)· i+ 1

i+ j + 1aiaj

= aiaj

(2j + 1

2(j + 1)· j + 1

i+ j + 1+

2i+ 1

2(i+ 1)· i+ 1

i+ j + 1

)

= aiaj.

�

Trditev 4.2. Za vsak n ≥ 0 velja

1 = a0an + a1an + · · ·+ ana0.

Dokaz. Enakost dokazemo z indukcijo. Z uporabo Trditve 4.1 dobimo

1 = a02 = a0a1 + a1a0.

Predpostavimo sedaj, da velja 1 = a0an−1+ · · ·+an−1a0. Zopet uporabimo Trditev4.1

1 = a0an−1 + · · ·+ an−1a0

=

(

a0an +1

na1an−1

)

+

(n− 1

na1an−1 +

2

na2an−2

)

+ · · ·+(1

nan−1a1 + ana0

)

= a0an + · · ·+ ana0.

�

V prvem kvadrantu koordinatnega sistema vzporedno tako z x osjo kot z y osjonarisemo poltrake na oddaljenostih pn

p0 = 0

p1 = 1

p2 =3

2

p3 =3

2· 54=

15

8. . .

33

Z Ri,j oznacimo pravokotnike, katerih spodnje levo oglisce je (pi, pj), zgornje desnooglisce pa (pi+1, pj+1) (glej sliko 4.1). Ploscina pl(Ri,j) pravokotnika Ri,j je ravnoaiaj. Iz Trditve 4.2 dobimo

∑

i+j=n

pl(Ri,j) = a0an + a1an + · · ·+ ana0 = 1. (10)

S Pn oznacimo obmocje, ki je sestavljeno iz tistih pravokotnikov Ri,j, za katerevelja i+ j < n. Iz (10) sledi, da je ploscina obmocja Pn enaka n.

p0 p1 p2 p3p0

p1

p2

p3

a0

a1

a2

a0

a1

a2

R0,0 R1,0 R2,0

R0,1 R1,1

R0,2

Slika 4.1. Ploscina obmocja P3.

Zunanja oglisca obmocja Pn so tocke (pi, pj), za katere velja i + j = n + 1in 1 ≤ i, j ≤ n. Po Pitagorovem izreku lahko vsako razdaljo takega oglisca odizhodisca izracunamo

√

pi2 + pj2.

Po formuli (9)2i− 1

sn≤ pi

2 ≤ 2i

ln

je ta razdalja√pi2 + pj2 navzgor omejena z

√

2(i+ j)

ln=

√

2(n+ 1)

ln.

34

Podobno velja za notranja oglisca obmocja Pn, to so tocke (pi, pj), za katere jei+ j = n in 0 ≤ i, j ≤ n. Razdalja take tocke od izhodisca je navzdol omejena z

√

2(i+ j − 1)

sn=

√

2(n− 1)

sn.

Zato Pn vsebuje cetrtino kroga s polmerom√

2(n−1)sn

in je vsebovan v cetrtino kroga

z radijem√

2(n−1)ln

. Ker je povrsina kroga z radijem r enaka πr2

4, medtem ko je

povrsina obmocja Pn enaka n, dobimo oceno

(n− 1)π

2sn< n <

(n+ 1)π

2ln,

iz cesar sledi(n− 1)π

2n< sn < ln <

(n+ 1)π

2n.

Ko posljemo n proti neskoncno, tako sn kot ln konvergirata proti π2.

4.4. Dokaz Wallisovega produkta s pomocjo Eulerjevega produkta za

funkcijo sinus

V tem razdelku bomo dokazali Eulerjev razvoj sinusne funkcije.

sin πx

πx=(1− x2

)(

1− x2

4

)(

1− x2

9

)

· · · =∞∏

n=1

(

1− x2

n2

)

.

Wallisova formula nato neposredno sledi, ce v Eulerjev produkt vstavimo x = π2.

Dokaz formule je povzet po clanku K. Venkatachaliengar, Elementary Proofs ofthe Infinite Product for Sin Z and Allied Formulae.

Za vsak realen z definirajmo

In(z) =

∫ π

2

0

cos(zx) cosn x dx.

Za resevanje tega integrala uporabimo integracijo po delih (∫udv = uv −

∫vdu):

u = cosn x, dv = cos(zx) dx

in

du = −n cosn−1 x sin x dx, v =1

zsin(zx) dx.

Dobimo

In(z) =

(1

zcosn x sin(zx)

)∣∣∣∣

π

2

0

+n

z

∫ π

2

0

sin(zx) cosn−1 x sin x dx

ter enakost mnozimo z z

zIn(z) = n

∫ π

2

0

sin(zx) cosn−1 x sin x dx.

35

Ponovna uporaba per-partes

u = cosn−1 x sin x, dv = sin(zx) dx

du =(cosn x− (n− 1) cosn−2 x(1− cos2 x)

)dx, v = −1

zcos(zx).

nam da za vsak n ≥ 2 rekurzivno enakost

n(n− 1)In−2(z) = (n2 − z2)In(z). (11)

Ker je In(0) > 0, za vsak n ≥ 0, je enakost za n ≥ 2 ekvivalentna

In−2(z)

In−2(0)=

(n2 − z2)In(z)

n(n− 1)In−2(0)

in zaradi In−2(0) =n2

n(n−1)In(0), (11), je

In−2(z)

In−2(0)=

(

1− z2

n2

)In(z)

In(0), n ≥ 2. (12)

Pri n = 0 funkcije lahko integrale preprosto izracunamo

I0(0) =

∫ π

2

0

dx =1

2π,

I0(z) =

∫ π

2

0

cos(zx) dx =1

zsin z

π

2.

Z veckratno uporabo rekurzije (12) v tocki z/2 dobimo za vsak n ≥ 1 enakost

I0(z/2)

I0(0)=

sin(πz)

πz=

(

1− z2

12

)(

1− z2

22

)

· · ·(

1− z2

n2

)I2n(z/2)

I2n(0). (13)

Dokazimo sedaj, da velja

limn→∞

In(z)

In(0)= 1.

|In(0)− In(z)| =∫ π

2

0

cosn x dx−∫ π

2

0

cos(zx) cosn x dx

=

∫ π

2

0

(1− cos(zx)) cosn x dx =

∫ π

2

0

2 sin2 zx

2cosn x dx

≤∫ π

2

0

1

2|zx|2 cosn x dx =

1

2|z|2

∫ π

2

0

x2 cosn x dx.

36

Ker za x ∈ [0, π2] velja x ≤ tan x, lahko naprej ocenimo

|In(0)− In(z)| ≤1

2|z|2

∫ π

2

0

x2 cosn x dx

≤ 1

2|z|2

∫ π

2

0

x cosn x tan x dx

=1

2|z|2

∫ π

2

0

x cosn−1 x sin x dx

=1

2|z|2

((

−x

ncosn x

)∣∣∣

π/2

0+

1

n

∫ π

2

0

cosn x dx

)

=|z|22n

I0(z).

Tako imamo ∣∣∣∣

In(0)− In(z)

In(0)

∣∣∣∣=

∣∣∣∣1− In(z)

I0(z)

∣∣∣∣≤ |z|2

2n

n→∞−→ 0.

V limiti nam torej enakost (13) da

I0(z/2)

I0(0)=

sin(πz)

πz=

(

1− z2

12

)(

1− z2

22

)(

1− z2

32

)

· · · ,

kar smo zeleli dokazati.Na podoben nacin, s tem da bi enakost (12) uporabili na lihih indeksih, bi

lahko dokazali tudi produktno formulo za kosinus

cosπx

2=

∞∏

n=1

(

1− x2

(2n+ 1)2

)

.

37

POGLAVJE 5

Zakljucek

V diplomskem delu smo si pogledali dve med seboj zelo povezani temi, to soneskoncne vrste in neskoncni produkti. Predstavili smo kar nekaj njihovih lastnostiin jih tudi dokazali. Poleg tega smo si za zakljucek pogledali se zanimiv primerWallisovega produkta, ki smo ga dokazali na tri razlicne nacine.

Pri neskoncnih vrstah smo si pogledali nekaj temeljnih lastnosti, ki so po-membne za preucevanje vrst. Nekoliko bolj smo se osredotocili na kriterije zaugotavljanje konvergentnosti. Na nekaterih primerih smo ugotovili, da osnovnikriteriji za odkrivanje konvergentnosti pogosto odpovejo, zato smo predstavili karnekaj kriterijev, s katerimi si lahko dodatno pomagamo pri analizi konvergence.Kljub temu si pri nekaterih primerih ne moremo pomagati s kriteriji, ampak mo-ramo konvergenco vrste dokazati z uporabo elementarne matematike.

Prepricali smo se, da so neskoncne vrste pomembno predznanje pri preucevanjuneskoncnega produkta.

Na koncu smo predstavili se Wallisov produkt kot zanimiv primer neskoncnegaprodukta. Pokazali smo, kako se ga lahko dokaze na vec razlicnih nacinov. Stan-dardno se Wallisov produkt dokazuje z ocenjevanjem dolocenih integralov sinusnefunkcije, lahko pa ga dokazemo tudi na povsem elementaren nacin. Pri zadnjemnacinu pa smo Wallisov produkt dobili kot preprosto posledico razvoja sinusnefunkcije v neskoncen produkt. Razvoj sinusne funkcije v produkt je nekaksen ana-log osnovnega izreka algebre, kjer polinom v kompleksnem lahko zapisemo kotprodukt linearnih polinomov. Ceprav se splosno s tem problemom nismo ukvar-jali, naj omenim, da podoben neskoncen produkt obstaja za poljubne holomorfnefunkcije na domenah v kompleksni ravnini.

38

Literatura

[1] Apostol, T. M., Mathematical Analysis. 2nd edition. Addison-Wesley Publishing Co., Rea-ding, Massachusetts, 1974.

[2] Hladnik, M., Zgodovina matematike, FMF, Ljubljana 2013.[3] Hyslop, J. H., Infinite Series. Oliver and Boyd, Edinburgh, 1954.[4] Knopp, K., Theory and Application of Infinite Series, Dover Publications, New York, 1990.[5] Thomas, G. B.; Weir, M. D.; Hass, J. R., Thomas’ calculus, 12th edition, Boston, 2009.[6] Venkatachaliengar, K., Elementary Proofs of the Infinite Product for Sin Z and Allied For-

mulae, The American Mathematical Monthly, Vol. 69, No. 6 (Jun.–Jul., 1962), pp. 541–545.[7] Vidav, I., Visja matematika 1, DMFA, Ljubljana, 2008.[8] Wastlund, J., An Elementary Proof of the Wallis Product Formula for pi, The American

Mathematical Monthly, Vol. 114, No. 10 (Dec., 2007), pp. 914–917.

39