Kompletteringar för Envariabelanalys del B på I

• Talföljder
• Allmänt om serier
• Positiva serier
  • Jämförelsekriterier
• Allmänna serier
• Potensserier
• Derivering av potensserier
• Några ''välkända'' serier
• Taylorpolynom och approximation

 

Talföljder

En talföljd (eller följd eller sekvens av tal) är en oändlig uppräkning av reella tal:

$$a_{1},\,a_{2},\,a_{3},\ldots,\,a_{n},\,\ldots$$

Observera att det inte finns något krav på att talen i uppräkningen ska vara olika.

Exempel 1.1   Följden $\,0,\,1,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,0,\,1,\,\ldots$ är en talföljd.

Ett sätt att ange en talföljd är att, som ovan, räkna upp de första talen och sedan hoppas att läsaren förstår fortsättningen. Ett annat är att ge en definition av det n:te talet i följden. Exempelvis kan man ange en följd genom att säga att p_n är det n:te primtalet i storleksordning. Ett annat exempel får man om man sätter a_n=1/n, där $n\geq 0$. I detta fall avses följden $\,1/1,\,1/2,\,1/3,\,\ldots$. I definitionen av talföljd ovan har vi förutsatt att det första talet i följden har index 1. Detta är inte nödvändigt. Man kan använda vilket heltal som helst som första index.

Definition 1.1   En talföljd a_n är konvergerar mot ett tal A, om det för varje $\epsilon>0,$ finns ett heltal N med egenskapen att $\vert a_{n}-A\vert<\epsilon,$ när $n\geq N$.

Man skriver då $a_{n}\rightarrow A,$ när $n\rightarrow \infty,$ eller $\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=A$. Ett alternativt sätt att formulera detta är att talföljden a_n konvergerar mot A om varje omgivning till A innehåller alla a_n utom ändligt många. Detta är inte det samma som att säga att varje omgivning till A innehåller alla tal i följden utom ändligt många. Exempelvis innehåller varje omgivning till 1 alla utom ändligt många av talen i följden i exempel 1.1, men inte alla tal i uppräkningen utom ändligt många. En talföljd kan högst konvergerar mot ett tal: om den konvergerar mot både A och B, så måste A=B. Om en talföljd inte konvergerar mot något tal är den divergent. Exempelvis är talföljden $\,0,\,1,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,0,\,1,\,\ldots$ divergent, medan talföljden 1/n är konvergent med gränsvärdet 0. En talföljd a_n är växande om varje tal i uppräkningen är större (eller lika med) sin föregångare: $a_{n}\leq a_{n+1}$ (för varje n). Den är avtagande om det motsatta förhållandet gäller. En följd som antingen är växande eller avtagande kallas monoton. En talföljd a_n är uppåt (nedåt) begränsad om det finns ett tal som är större (mindre) än alla talen i uppräkningen.

Exempel 1.2   Följden a_n=1-1/n är växande och uppåt begränsad av 1, medan följden a_n=-n är avtagande, uppåt begränsad av 0 men inte nedåt begränsad.

Sats 1.1   Varje uppåt begränsad växande talföljd är konvergent.

På samma vis är varje nedåt begränsad avtagande följd konvergent. Bevis. Låt a_n beteckna talföljden. Mängden av tal som ingår i den är uppåt begränsad och har därför en minsta övre begränsning a. Varje omgivning till a innehåller något tal ur talföljden, eftersom a är den minsta övre begränsningen. Låt a_n0 vara ett sådant. Eftersom följden är växande gäller att $a_{n_{0}}\leq a_{n}\leq a,$ när $n\geq n_{0},$ så varje omgivning till a innehåller alla a_n utom ändligt många.
 

Allmänt om serier

När a_n är en talföljd kallas uttrycket

$$\sum_{i=0}^{\infty}a_{i}=a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}+\ldots$$

för en serie. Serien här börjar med index i=0, men det är inte nödvändigt. När inga missförstånd anses kunna uppstå skrivs vänstra ledet ovan ofta $\sum_{i}a_{i},$ så att man själv får begripa med vilket värde på i man börjar och att i fortsätter mot $\infty$. Det är viktigt att förstå att oändligt många tal inte alltid kan summeras till något vettigt. Talföljden n ger serien $1+2+\ldots+n+\ldots$ som förstås inte kan summeras till något vettigt. Inte heller talföljden 1/n kan summeras, men det är svårare att förstå. Däremot kan serien man får av talföljden 1/n² beräknas. Ett berömt resultat är nämligen

$$1+1/2^{2}+1/3^{3}+\ldots+1/n^{2}+\ldots=\pi^{2}/6.$$

Men, vad ska egentligen likheten i detta betyda? Vad betyder det att summera oändligt många termer? Till serien $\sum a_{i}$ kan man bilda så kallade partialsummor (eller delsummor). Den n:te partialsumman är

$$S_{n}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}$$

Den femte partialsumman till $\sum 1/i^{2}$ är t.ex. 1+1/4+1/9+1/16+1/25=5269/3600. Det är naturligt att försöka definiera serien som gränsvärdet av partialsummorna:

Definition 2.1   En serie $\sum_{i} a_{i}$ är konvergent om följden av dess partialsummor $S_{1},S_{2},\ldots,S_{n},\ldots$ är konvergent. Annars är den divergent.

Om serien är konvergent och gränsvärdet av partialsummorna är S säger vi att seriens summa är S och skriver $\sum_{i} a_{i}=S$. En viktig serie är den geometriska serien. Låt x vara ett tal $\neq 1$. Serien $\sum_{i}x^{i}$ har då partialsumman $S_{n}=1+x+x^{2}+\ldots+x^{n}$. Man ser genom multiplikation att (1-x)S_n=1-xⁿ⁺¹, så S_n=(1-xⁿ⁺¹)/(1-x). När x=1 är S_n=n+1. Av detta ser vi att S_n har ett gränsvärde (1/(1-x)) bara när |x|<1.

Exempel 2.1   Serien $\sum_{i=1} 1/i^{2}$ är konvergent.

Dess partialsummor S_n bildar en växande följd av tal som är uppåt begränsad. Vi har nämligen (se figuren nedan)

$$1+1/2^{2}+\ldots+1/n^{2}\leq 1+\int_{1}^{n}1/x^{2}\,dx=1+\Big[-\frac{1}{n}\Big]_{1}^{n}=2-\frac{1}{n}<2.$$

Vi har därmed sett att seriens summa har mening, men inte lyckats beräkna den. Att summan blir $\pi^{2}/6$ är väsentligen svårare att bevisa.

Sats 2.1   Om serien $\sum_{i} a_{i}$ är konvergent, så gäller att $a_{n}\rightarrow 0,$ när $n\rightarrow\infty$.

Bevis. Om S_n betecknar seriens n:te partialsumman, så vet vi att följden S_n har ett gränsvärde S, när $n\rightarrow\infty$. Följden S_n+1 har förstås samma gränsvärde S. Vi har

$$a_{n}=S_{n+1}-S_{n}\rightarrow S-S=0,$$

när $n\rightarrow\infty$. Det är viktigt att förstå att omvändningen till satsen inte gäller (i allmänhet).

Exempel 2.2   Serien $\sum_{i=0}\cos(i)$ är divergent, eftersom $\cos(n)$ saknar gränsvärde när $n\rightarrow\infty$.

Exempel 2.3   Serien $\sum_{i=1} 1/i$ är divergent trots att $1/n\rightarrow 0,$ när $n\rightarrow\infty$.

Seriens partialsummor bildar en växande följd som inte är uppåt begränsad:

$$S_{n}=1/1+1/2+\ldots+1/n\geq \int_{1}^{n+1}1/x\,dx=\ln( n+1)$$

Eftersom $\ln (n+1) \rightarrow\infty$ gör även S_n det, när $n\rightarrow\infty$. En serie $\sum_{i}a_{i},$ där alla termer a_n är >0 kallas för en positiv serie. En serie där termerna turas om att vara > 0 och <0 kallas en alternerande serie. En sådan kan skrivas $\sum_{i}(-1)^{i}a_{i},$ där alla a_n är > 0. För alternerande serier gäller

Sats 2.2   Om $\sum_{i=0}(-1)^{i}a_{i}$ är en alternerande serie där a_n>0 är en följd som avtar mot 0, så är serien konvergent.

Bevis. Vi har

$$S_{2n+1}=(a_{0}-a_{1})+\ldots+(a_{2n}-a_{2n+1})=S_{2n-1}+(a_{2n}-a_{2n+1})$$

så de udda partialsummorna bildar en växande följd. Den är uppåt begränsad eftersom

$$S_{2n+1}=a_{0}-(a_{1}-a_{2})-\ldots-(a_{2n-1}-a_{2n})-a_{2n+1}<a_{0}$$

Låt S vara gränsvärdet av dessa udda partialsummor när $n\rightarrow\infty$. Vi har S_2n=S_2n+1+a_2n+1. Eftersom $a_{n}\rightarrow 0$ ser vi nu att även de jämna partialsummorna har gränsvärdet S, när $n\rightarrow\infty$. Därmed är serien konvergent.

Exempel 2.4   Serien $\sum_{i}(-1)^{i}/i$ är konvergent eftersom den är alternerande och följden 1/n avtar mot 0.

 

Positiva serier

Det kan kännas nedslående att det är svårt att beräkna seriers summor även om vi vet att de är konvergenta. Men det är tillräckligt intressant att kunna avgöra om en serie konvergerar eller divergerar för att det ska vara mödan värt att systematisera frågan.
 

Jämförelsekriterier

Sats 3.1 (integralkriteriet)   Antag att det finns en avtagande kontinuerlig funktion f(x)>0, så att f(n)=a_n. Då är $\int_{1}^{\infty}f(x)\,dx$ och $\sum_{i=1}a_{i}$ antingen båda konvergenta eller båda divergenta.

Bevis Antag först att integralen konvergerar. Om vi delar in intervallet [1,n] i n lika stora delar så är S_n-a₁, där S_n är n:te partialsumman till serien, samtidigt högersumman till $\int_{1}^{n} f(x)\,dx$. Eftersom f(x) är avtagande är

$$S_{n}-a_{1}\leq \int_{1}^{n} f(x)\,dx$$

vilket ger $S_{n}\leq a_{1}+\int_{1}^{\infty} f(x)\,dx,$ så den växande följden S_n är uppåt begränsad och därför konvergent. Antag sedan att serien konvergerar. Dela in [1,n+1] i n+1 lika stora delar. Då är seriens n:te partialsumma S_n en vänstersumma till $\int_{1}^{n+1}f(x)\,dx,$ som är större än integralen eftersom f(x) avtar. Eftersom S_n är uppåt begränsad (av gränsvärdet S), är även $\int_{1}^{\omega}f(x)dx$ (som växer med $\omega$) uppåt begränsad. Alltså har $\int_{1}^{\omega}f(x)dx$ ett gränsvärde när $\omega\rightarrow \infty,$ och $\int_{1}^{\infty}f(x)dx$ är konvergent. En viktig slutsats är

Man jämför serien med $\int_{1}^{\infty}(1/x^{p})\,dx$.

Sats 3.2 (Jämförelsekriteriet)   Antag att $\sum_{i} a_{i}$ och $\sum_{i}b_{i}$ är positiva serier med $a_{n}\leq b_{n},$ för alla n. Om $\sum_{i} a_{i}$ är divergent så är $\sum_{i}b_{i}$ divergent. Om $\sum_{i}b_{i}$ är konvergent så är $\sum_{i} a_{i}$ konvergent.

Bevis. Låt S_n och T_n beteckna partialsummorna till $\sum_{i} a_{i}$ respektive $\sum_{i}b_{i}$. Båda dessa följder är växande och förutsättningarna ger $S_{n}\leq T_{n}$ för alla n. Om första serien är divergent är S_n inte uppåt begränsad och då kan heller inte T_n vara det. Alltså är även andra serien divergent. Om andra serien är konvergent är följden T_n uppåt begränsad och därmed är även S_n. Detta ger att första serien är konvergent.

Exempel 3.1   Serien $\sum_{i}\cos^{2}(i)/i^{2}$ är konvergent.

Vi jämför med $\sum_{i}1/i^{2}$ som vi vet är konvergent och utnyttjar att $\cos^{2}(n)/n^{2}\leq 1/n^{2}$.

Sats 3.3 (Kvotkriteriet)   Låt $\sum_{i} a_{i}$ vara en positiv serie, sådan att a_n+1/a_n har ett gränsvärde L, när $n\rightarrow\infty$. Om L<1 är serien divergent. Om L>1 är den divergent. Ingen slutsats kan dras om L=1.

Bevis. Vi ska jämföra serien med en geometrisk serie. Antag först att $a_{n+1}/a_{n}\rightarrow L<1$. Välj ett tal r mellan L och 1: L<r<1. För stora värden på n, låt oss säga $n\geq n_{0},$ kommer då a_n+1/a_n att vara <r. Vi får (bl.a.) a_n0+1<a_n0r och sedan a_n0+2<a_n0+1r<a_nr². Upprepning ger a_n0+k<a_n0r^k. För partialsumman S_n gäller alltså när $n\geq n_{0}$ att

$$S_{n}=S_{n_{0}-1}+(a_{n_{0}}+a_{n_{0}+1}\ldots+a_{n})<S_{n_{0}}+a_{n_{0}}(1+r+\ldots+r^{n-n_{0}}).$$

Eftersom r<1 är den geometriska serien $\sum_{i}r^{i}$ konvergent. Det följer att även S_n är konvergent och alltså är serien konvergent. När $a_{n+1}/a_{n}\rightarrow L>1$ gäller att a_n+1>a_n, när n är stort. Alltså kan a_n inte gå mot 0, när $n\rightarrow 0,$ så serien är divergent.

Exempel 3.2   Avgör för vilka a>0, som $\sum_{i=1}a^{i}/i$ är konvergent.

Med a_n=aⁿ/n har vi a_n+1/a_n= an/(n+1) som har gränsvärdet a, när $n\rightarrow\infty$. Serien är alltså konvergent när a<1 och divergent när a>1. När a=1 är serien divergent.

Exempel 3.3   Serien $\sum_{i=1} 1/i^{2}$ är konvergent och $a_{n+1}/a_{n}=(1+1/n)^{2}\rightarrow 1,$ när $n\rightarrow\infty$.

De två senaste exemplen illustrerar att ingen slutsats kan dras när L=1.
 

Allmänna serier

En serie $\sum_{i}a_{i},$ där inget särskilt antas om tecknet på a_i, är absolutkonvergent om (den positiva) serien $\sum_{i}\vert a_{i}\vert$ är konvergent. T.ex. är $\sum_{i=1}\cos(i)/i^{2}$ absolutkonvergent. Vi har nämligen att $\sum_{i=1}\vert\cos(i)/i^{2}\vert$ är konvergent om vi jämför med den större konvergenta serien $\sum_{i=1} 1/i^{2}$.

Sats 4.1   Om $\sum_{i} a_{i}$ är absolutkonvergent, så är den också konvergent.

Bevis. Tricket är att skriva serien som en skillnad av två konvergenta positiva serier. Vi har a_n=|a_n|-(|a_n|-a_n), så

$$\sum_{i}a_{i}=\sum_{i}\vert a_{i}\vert-\sum_{i}(\vert a_{i}\vert-a_{i}).$$

Båda serierna i högra ledet är positiva och den första är konvergent enligt antagandet. För den andra har vi |a_n|-a_n<2|a_n|, så jämförelsekriteriet ger att även denna är konvergent.

Exempel 4.1   Serien $\sum_{i=1}\cos(i)/i^{2},$ som varken är alternerande eller positiv, är konvergent eftersom den är absolutkonvergent.

En serie som är konvergent men inte absolutkonvergent sägs vara betingat konvergent. Ett exempel på en sådan är den alternerande serien $\sum_{i=1}(-1)^{i}/i$.
 

Potensserier

En serie av formen $\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i},$ där x är en variabel och a ett tal, kallas en potensserie (kring a). Talen a_n (som antas kända) kallas seriens koefficienter. Det första problemet som dyker upp är att försöka bestämma för vilka x som serien kan summeras till ett tal; för vilka värden på x konvergerar serien? Man kan tänka på potensserier som en generalisering av polynom. Seriens partialsummor är polynom med variabeln x. Generaliseringen består naturligtvis i att vi nu tillåter oss att ta med oändligt många termer. Nackdelen blir då förstås att vi inte kan vara säkra på att serien summerar till ett tal för givet x. Vi har flera gånger råkat ut för att de elementära funktionerna inte räcker till för att genomföra kalkyler. Ur denna synvinkel kan vi tacksamt ta emot potensserier som ett nytt (och stort) tillskott av funktioner med definitionsmängd de x för vilka de konvergerar.

Sats 5.1   Antag att $\sum_{i}a_{i}x^{i}$ konvergerar för x=x₀. Då är serien (absolut)konvergent när |x|<|x₀|.

Om vi ersätter x med x-a i serien ser vi att om $\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i}$ konvergerar för x=x₀, konvergera den (absolut) när |x-a|<|x₀-a|. Bevis. Idén är att jämföra $\sum_{i}\vert a_{i}x^{i}\vert$ med en geometrisk serie. Från förutsättningen får vi att $\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}x_{0}^{n}=0$. Det betyder att talföljden a_nx₀ⁿ är begränsad. Låt oss säga att |a_nx₀ⁿ|<M, för alla n. Antag att |x|<|x₀| och sätt r=|x|/|x₀|<1. Vi har då att |a_nxⁿ|<Mrⁿ. Eftersom r<1 konvergerar den geometriska serien $M\sum_{i}r^{i}$ och därmed även den mindre (positiva) serien $\sum_{i}\vert a_{i}x^{i}\vert$. Vi förstår nu att det för en potensserie $\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i},$ som konvergerar för något $x\neq a,$ men inte konvergerar för alla, finns det ett minsta tal R, så att den konvergerar (rent av absolut) när |x-a|<R och divergerar när |x-a|>R. Detta tal R (som alltså bara beror på a och seriens koefficienter) kallas seriens konvergensradie. När serien konvergerar för alla x säger man att konvergensradien är oändlig ($R=\infty$), när den bara konvergera för x=0 är konvergensradien R=0. Om vi tänker på en potensserie $\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i}$ som en funktion är den alltså definierad för alla x sådan att |x-a|<R, där R är seriens konvergensradie. Den är definitivt inte definierad när |x-a|>R. Mängden (som bestäms av) |x-a|<R är ett symmetriskt intervall runt a där ändpunkterna $a\pm R$ inte ingår. Beträffande ändpunkterna så kan ingen av dem, en men inte den andra eller båda ingå i potensseriens definitionsmängd. Av primärt intresse är alltså att försöka fastlägga en given potensseries konvergensradie. För detta kan man ofta använda kvotkriteriet.

Sats 5.2   Om $\vert a_{n+1}/a_{n}\vert\rightarrow L,$ när $n\rightarrow \infty,$ så har potensserien $\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i}$ konvergensradien R=1/L.

Här ska 1/L tolkas som $R=\infty$ när L=0 och som R=0, när $L=\infty$. Bevis. Vi har, enligt förutsättningen, att |a_n+1(x-a)ⁿ/(a_n(x-a)ⁿ)|=|a_n+1/a_n||x-a| har gränsvärdet L|x-a|. Enligt kvotkriteriet konvergera därför potensserien (absolut) när L|x-a|<1 och divergerar när L|x-a|>1. Detta ger konvergens när |x-a|<1/L och divergens när |x-a|>1/L, så konvergensradien är R=1/L.

Exempel 5.1   För vilka x konvergerar potensserien

$$\sum_{i=2}^{\infty}\frac{i}{1-i^{2}}(x-2)^{i}?$$

Vi har här att |a_n+1/a_n|=(1+1/n)(n²-1)/(n²+2n), som har gränsvärdet L=1, när $n\rightarrow\infty$. Konvergensradien är R=1/L=1/1. Serien konvergerar alltså (absolut) när |x-2|<1. När x=1 får vi den alternerande serien $\sum_{i=2}(-1)^{i}i/(1-i^{2})$ med termer som avtar mot 0 och därför är konvergent. När x=3 får vi $-\sum_{i=2}i/(i^{2}-1)$. Eftersom n/(n²-1)>n/n²=1/n och serien $\sum_{i=2}1/i$ är divergent är potensserien divergent när x=3. Potensserien konvergerar alltså när x ligger i intervallet [1,3[.

Exempel 5.2   Bestäm konvergensradien till

$$P(x)=\sum_{i=0}^{\infty}4^{n}(x-a)^{3n}.$$

Observera att i detta exempel är bara var tredje koefficient $\neq 0,$ så kvoten |a_n+1/a_n| saknar gränsvärde (är inte ens alltid definierad). Vi löser problemet genom att i stället först kolla $p(x)=\sum_{i=0}^{\infty}4^{n}x^{n}$ observerar att P(x)=p((x-a)³). För p(x) har vi a_n+1/a_n=4, så L=4 och p(x) har konvergensradien 1/L=1/4. Det betyder att P(x)=p((x-a)³) är konvergent när |x-a|³<1/4 och divergent när |x-a|³>1/4, så P(x) har konvergensradien 4^-1/3.

Exempel 5.3   Bestäm konvergensradien till $P(x)=\sum_{i=0}a_{i}x^{i},$ där

$$a_{n}=\left\{ \begin{array}{lcl} 4^{n}&\mbox{ när } &n ... ...{-n}&\mbox{ när } &n \mbox{ är udda }\\ \end{array}\right.$$

Även här saknar a_n+1/a_n gränsvärde. Vi löser problemet genom att skriva P(x) som en summa av två potensserier.

$$P(x)=\sum_{i}4^{2i}x^{2i}+\sum_{i}4^{-2i-1}x^{2i+1}$$

Här har $p_{1}(x)=\sum_{i}4^{2i}x^{2i}$ konvergensradien 1/4, medan $p_{2}=\sum_{i}4^{-2i-1}x^{2i+1}$ har konvergensradien 4. Det betyder att P(x) konvergerar när |x|<1/4. När |x|>1/4 divergerar p₁(x), medan p₂(x) konvergerar. Alltså kan inte P(x) konvergera (för då hade p₁(x)=P(x)-p₂(x) konvergerat) när |x|>1/4. Potensserien P(x) har alltså konvergensradien 1/4
 

Derivering av potensserier

Som tidigare nämnts kan vi tänka på potensserier som ett tillskott till vårt förråd av funktioner. Det blir därför naturligt att fråga om sådana funktioner är deriverbara och om vi kan bestämma primitiva funktioner till dem. Det visar sig att potensserier går utmärkt att derivera (inom sina konvergensradier). I själva verket går de att derivera hur många gånger som helst! För att förstå detta kan man använda följande sats upprepade gånger.

Sats 6.1 (Termvis derivering)   Antag att $P(x)=\sum_{i=0}a_{i}x^{i}$ har konvergensradie R>0. Då är P(x) deriverbar när |x|<R och

$$P'(x)=\sum_{i=1}^{\infty}ia_{i}x^{i-1}.$$

Satsen innehåller (bland annat) påstendet att högra ledet i likheten ovan konvergerar när |x|<R. Den ''termvisa derivatan'' har alltså en konvergensradie som är minst lika stor som den ursprungliga potensserien. Genom att ersätta x med x-a ser vi att vi också kan derivera $P(x-a)=\sum_{i}a_{i}(x-a)^{i}$ termvis. Derivatan blir $\sum_{i}ia_{i}(x-a)^{i-1}$. För att visa satsen ska vi beräkna gränsvärdet av differenskvoten

$$\frac{P(x+h)-P(x)}{h}=\sum_{i=1}^{\infty} a_{i}\frac{(x+h)^{i}-x^{i}}{h}$$

när $h\rightarrow 0$. Här stöter vi på patrull! Summan är definierad som ett gränsvärde, så vi har två olika gränsvärden staplade på varandra. När man har den situationen kan man inte utan vidare kasta om ordningen i vilken man tar gränsvärdena som följande exempel visar.

Exempel 6.1   Vi har

$$\lim_{x\rightarrow 0}\Big(\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{x+y}\Big)=\lim_{x\rightarrow 0}0= 0,$$

men

$$\lim_{y\rightarrow 0}\Big(\lim_{x\rightarrow 0}\frac{y}{x+y}\Big)=\lim_{y\rightarrow 0}1=1.$$

Vi delar upp beviset i tre steg.

Lemma 6.1 (Steg 1)   Om $\sum_{i=0}a_{i}x^{i}$ har konvergensradien R>0, så är $\sum_{i=1}ia_{i}x^{i-1},$ (absolut)konvergent när |x|<R.

Genom upprepad användning ser vi att även $\sum_{i=2}i(i-1)a_{i}x^{i-2}$ är konvergent när |x|<R. Bevis. Välj ett r så att |x|<r<R. Eftersom |x|/r<1 har vi att $n(\vert x\vert/r)^{n-1}\rightarrow 0,$ när $n\rightarrow\infty$. En exponentialfunktion dominerar ju över ett polynom. Följden n(|x|/r)^n-1 är alltså begränsad. Låt oss säga att n(|x|/r)^n-1<M, för alla n. Vi får nu

$$n\vert a_{n}\vert\vert x\vert^{n-1}=n\vert a_{n}\vert r^{n-... ...g(\frac{\vert x\vert}{r}\Big)^{n-1}<M\vert a_{n}\vert r^{n-1}$$

Eftersom 0< r<R är $\sum_{i}\vert a_{i}\vert r^{i-1}=(1/r)\sum_{i}\vert a_{i}\vert r^{i}$ konvergent. Jämförelsekriteriet ger nu att $\sum_{i=1}ia_{i}x^{i-1},$ är (absolut)konvergent när |x|<R. Vi ska visa att satsen genom att visa att

$$(P(x+h)-P(x))/h-\sum_{i=1}^{\infty}ia_{i}x^{i}=\sum_{i=2}^{\infty}a_{i}\Big(\frac{(x+h)^{i}-x^{i}}{h}-ix^{i-1}\Big)$$

har gränsvärdet 0, när $h\rightarrow 0$. Tricket är att försöka få ut ett h utanför serien så att serien som blir kvar är oberoende av h och konvergerar. Det väsentliga steget är

Lemma 6.2 (Steg 2)   När $n\geq 2,$ finns det ett tal b mellan x och x+h, så att

$$\Big\vert\frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h}-nx^{n-1}\Big\vert<\vert h\vert n(n-1)\vert b\vert^{n-2}.$$

Bevis. Medelvärdessatsen ger ett a mellan x och x+h, så att

$$\frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h}=na^{n-1}$$

Samma sats ger ett b mellan x och a (och alltså mellan x och x+h), så att

$$\frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h}-nx^{n-1}=na^{n-1}-nx^{n-1}=n(n-1)(a-x)b^{n-2}.$$

Eftersom a ligger mellan x och x+h har vi |x-a|<|h|, och påståendet följer. Bevis av sats 6.1 Antag att |x|<R och välj ett r så att |x|<r<R. Vi kan förutsätta att h är så litet att |x|+|h|<r. Av detta följer att alla tal mellan x och x+h har absolutbelopp <r. Vi

$$Q=(P(x+h)-P(x))/h-\sum_{i=1}^{\infty}a_{i}x^{i}=\sum_{i=2}^{\infty}a_{i}\Big(\frac{(x+h)^{i}-x^{i}}{h}-ix^{i-1}\Big).$$

och från steg 2 har vi nu att

$$\Big\vert\frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h}-nx^{n-1}\Big\vert<\vert h\vert n(n-1)r^{n-2}.$$

Tillsammans ger detta

$$\vert Q\vert<\sum_{i=2}^{\infty}\Big\vert a_{i}\Big(\frac{(... ...t<\vert h\vert\sum_{i=2}^{\infty}\vert a_{i}\vert n(n-1)r^{i}$$

Den sista serien är konvergent (och oberoende av h) enligt steg 1. Vi ser tillsist att $Q\rightarrow 0,$ när $h\rightarrow 0$.
 

Några ''välkända'' serier

Vi ska nu se att slitet i förra avsnittet var mödan värt. De mest fantastiska samband kommer att uppenbara sig! Vi kommer t.ex. att kunna räkna ut $\ln(3/2)$ med god approximation bara genom att addera, multiplicera och dividera. Lika så kommer vi att kunna beräkna $\sin(1)$ utan att mäta på en enhetscirkel. I detta avsnitt kommer vi flera gånger att använda symbolen n!, (där n är ett naturligt tal,) som betyder produkten av alla heltal $1,2,\ldots n,$ dvs $n!=1\cdot2\cdot\ldots\cdot n$. Man brukar också sätta 0!=1 av praktiska skäl. Vi börjar med potensserien $P(x)=\sum_{i=0}x^{i}/i!$. Kvotkriteriet för konvergensradien ger att den är $R=\infty$. Potensserien är alltså (absolut)konvergent för alla x. Termvis derivering ger $P'(x)=\sum_{i=1}x^{i-1}/(i-1)!$ (giltigt för alla x) som faktiskt är P(x), med annan indicering. Vi har alltså P'(x)=P(x), så P(x)=Ce^x, för någon konstant C. Men P(0)=0, så P(x)=e^x (för alla värden på x). I ett slag har vi beräknat oändligt många (en för varje reellt tal x) oändliga summor!

Vi låter $P(x)=\sum_{i=0}(-1)^{i}x^{2i}/(2i)!$ och ser att $P'(x)=\sum_{i=1}(-1)^{i}x^{2i-1}/(2i-1)!$ och $P''(x)=\sum_{i=2}(-1)^{i}x^{2(i-1)}/(2(i-1))!$ som är -P(x), med annan indicering. Detta ger P''(x)=-P(x) och sedan $P(x)=A\cos(x)+B\sin(x)$. Men P(0)=1 och P'(0)=0, så A=1 och B=0, så $P(x)=\cos(x)$. Detta är giltigt när x har |x|<R, där R är konvergensradien för P(x). Vi set att P(x)=Q(x²), där $Q(x)=\sum_{i}(-1)^{i}x^{i}/(2i)!$. Om vi låter a_n=(-1)/(2n)! har vi |a_n+1/a_n|=1/((2n+2)(2n+1 )) som har gränsvärdet 0, när $n\rightarrow\infty$. Detta ger att Q, och därmed P, har oändlig konvergensradie. Vi får alltså

Derivering av detta ger $\sum_{i=1}(-1)^{i}x^{2i-1}/(2i-1)!=-\sin x,$ för alla x. Ny indicering ger sedan

För att komma vidare behöver vi en konsekvens av sats 6.1 av generell karaktär.

Sats 7.1 (Termvis integration)   Om $P(x)=\sum_{i=0}a_{i}(x-a)^{i}$ har konvergensradie R, så är

$$\sum_{i=0}^{\infty}a_{i}(x-a)^{i+1}/(i+1)=\int P(x)\,dx$$

när |x-a|<R.

Bevis. Det räcker att visa att derivatan av vänstra ledet blir P(x). För att få påståendet om giltigheten att stämma måste vi visa att serien i vänstra ledet är (absolut)konvergent när |x-a|<R, dvs att konvergensradien inte minskar vid termvis integration. Vi har att P(x) är absolutkonvergent när |x-a|<R. Sätt $Q(x)=\sum_{i=0}a_{i}(x-a)^{i+1}/(i+1)=(x-a)\sum_{i=0}a_{i}(x-a)^{i}/(i+1)$. Eftersom

$$\frac{\vert a_{n}\vert\vert x-a\vert^{n}}{n+1}\leq \vert a_{n}\vert\vert x-a\vert^{n}$$

är även Q(x) absolutkonvergent när |x-a|<R. Vi har $\sum_{i=0}x^{i}=1/(1-x),$ när |x|<1, så vi har också $\sum_{i=0}(-x)^{i}=\sum_{i=0}(-1)^{i}x^{i}=1/(1+x)$ och $\sum_{i=0}(-1)^{i}x^{2i}=1/(1+x^{2}),$ när |x|<1. Termvis integration ger nu

 

Taylorpolynom och approximation

Idén är att försöka approximera en funktion f(x) med ett polynom p_n(x) i närheten av en punkt x=a. Vi ska försöka göra detta genom att låta p_n(x) ha samma derivator upp till ordning n som f(x) i x=a. Detta polynom kallas taylorpolynomet av grad n till f(x) i punkten a. Samtidigt ska vi försöka hålla reda på vilket fel som uppstår när f(x) ersätts med p_n(x). Eftersom derivatorna ska stämma upp till ordning n ser vi genast att

$$p_{n}(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1}(x-a)+\frac{f''(a)}{2}(x-a)^{2... ...{(3)}(a)}{3!}(x-a)^{3}+\ldots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}.$$

Problemet som kvarstår är att förstå skillnaden mellan f(x) och p_n(x); hur väl approximerar polynomet funktionen?

Sats 8.1   Antag att f(x) har kontinuerlig derivata av ordning n+1 i en omgivning till a . När x ligger i denna omgivning gäller då att

$$f(x)=p_{n}(x)+\frac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1},$$

för något tal $\theta$ mellan x och a.

Bevis. Beviset bygger på upprepad partiell integration. Låt x vara fixt.

$$\begin{eqnarray*} f(x)-f(a)&=&\int_{a}^{x}f'(t)\,dt=\\ &=&[-(x-t)f'(t)]_{a}^... ...f^{(3)}(t)]_{a}^{x}+\int_{a}^{x}((x-t)^{3}/3!)f^{(4)}(t)\,dt\\ \end{eqnarray*}$$

Upprepning ger nu

$$f(x)=p_{n}(x)+\int_{a}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\, dt.$$

Enligt förutsättningen är f⁽ⁿ⁺¹⁾ kontinuerlig mellan a och x och antar därför ett största värde M och ett minsta värde m i intervallet mellan a och x, så att $m\leq f(t)\leq M$. Om vi multiplicerar med (x-t)ⁿ/n! får vi

$$m\frac{(x-t)^{n}}{n!}\leq \frac{(x-t)^{n}}{n!}f(t)\leq M\frac{(x-t)^{n}}{n!}$$

åtminstone om vi förutsättet att x>a eller om n är jämnt. När x<a och n är udda får vi istället omvända olikheter. Integration mellan a och x ger nu

$$m\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}\leq \int_{a}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f(t)\,dt\leq M\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!},$$

eller omvända olikheter. Division med I=(x-a)ⁿ⁺¹/(n+1)! ger nu i båda fallen olikheterna

$$m\leq \frac{1}{I}\int_{a}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f(t)\,dt\leq M.$$

Enligt satsen om mellanliggande värden finns nu ett $\theta$ mellan a och x, så att mellanledet är $f^{(n+1)}(\theta)$ och vi får

$$\int_{a}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f(t)\,dt=If^{(n+1)}(\theta)=\frac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}.$$