Sarjat ja differentiaaliyhtälöt

Transkriptio

1 Sarjat ja differentiaaliyhtälöt Johdanto Tämä luentomoniste on tarkoitettu korvaamaan luentomuistiinpanoja Sarjat ja differentiaaliyhtälöt-kurssilla. Tämä ei kuitenkaan ole oppikirja, mikä tarkoittaa sitä, että ensisijaisesti omatoimiseen opiskeluun monistetta ei ole suunniteltu. Ideana on siis säästää luennoilla mekaaniseen kirjoittamiseen kuluvaa aikaa toivottavasti vähemmän mekaaniseen ajatteluun. Ilman kynän käyttöä matematiikkaa on kuitenkin vaikea oppia. Sen vuoksi on erittäin tärkeää ratkoa itsenäisesti luentoihin liittyviä harjoitustehtäviä. Tätä ei mikään moniste korvaa, vaikkakin aion kirjoittaa myös harjoitustehtävien ratkaisuista jonkinmoisen monisteentapaisen. Lisää harjoitusaineistoa saa tämän monisteen lauseista, joiden todistukset on kirjoitettu hyvin yksityiskohtaisesti ehkä detaljeja on näkyvillä enemmän kuin yleensä luentomonisteissa on tapana. Monisteen lauseista syntyy harjoitustehtäviä näin: Peitä lauseen todistus ja yritä kirjoittaa se itsellesi. Jos et osaa, katso mistä oli kyse ja yritä huomenna uudestaan. Jos osaat tehdä mielestäsi oikean todistuksen, joka on mahdollisesti erilainen kuin monisteessa, tarkista ratkaisusi. Jos olet edelleen varmasti sitä mieltä, että ratkaisusi on oikein, alat olla jyvällä asioista. Jos olet epävarma, tule juttelemaan, niin katsotaan yhdessä, mistä on kyse. Näissä luennoissa pääpaino kohdistuu sarjoihin ja kurssin lopussa tutustutaan lyhyesti yksinkertaisimpiin differentiaaliyhtälöihin. Ehkä on syytä huomauttaa, että tällä kurssilla nolla on luonnollinen luku, ts. N = {0,, 2,...}. Kirjallisuusviitteitä löytyy runsaasti, koska asiat ovat aivan peruskamaa analyysissä. En ryhdy tässä oppikirjoja luettelemaan, vaan viittaan vain opintooppaan lähteisiin, joista löytyy viitteitä edelleen. Lisäksi on syytä mainita Jouni Parkkosen kirjoittama luentomoniste, joka löytyy hänen kotisivuiltaan. Tämä moniste löytyy omilta kotisivuiltani nimikkeellä sarjat. Otsikot sarjademot ja sarjaratkaisut puolestaan tulevat sisältämään harjoitustehtäviä ja niiden ratkaisuja Lassi Kurittu i

2 Jonot Kuten [A]:n kurssilla määriteltiin, mielivaltaisen joukon A jono on kuvaus φ : N A. Yleensä tällaista jonoa merkitään symbolilla missä kaikille n N (a n ) n N tai lyhyesti (a n ), a n = φ(n) A. Huomaa, että tässä määritelmässä joukko A voi olla mikä tahansa. Esimerkki. Olkoon A = {kissa, koira} ja määritellään kuvaus φ : N A asettamalla { kissa, jos n on parillinen φ(n) = koira, jos n on pariton. Koska jokainen luonnollinen luku on joko parillinen tai pariton ja mikä on myös tärkeää ei molempia yhtaikaa, näin todella syntyy kuvaus φ : N A eli joukon A jono. Jos jonon määritelmässä on A = R, niin puhutaan reaalilukujonosta. Tällaiset jonot ovat analyysissä keskeisessä asemassa. Toinen tärkeä jonoluokka syntyy, kun A = {f : I R}, missä I on jokin (kiinteä) R:n osajoukko. Esimerkki.2 Olkoon I = [0, ] ja A = {f : I R}. Jos määritellään φ : N A siten, että φ(n) = f n A, missä f n on kuvaus f n (x) = sin nx kaikille x I, niin näin ilmeisesti syntyy joukon A jono (f n ) n N. Tärkeä jonoihin liittyvä seikka on kysymys jonojen suppenemisesta. Reaalilukujonon (a n ) suppeneminen määritellään [A]:ssä näin: Jono (a n ) suppenee kohti lukua a R, jos kaikille ɛ > 0 löytyy n ɛ N siten, että a n a < ɛ kaikille n n ɛ. Voiko tämän määritelmän yleistää koskemaan muitakin jonoja kuin reaalilukujonoja? Yllä oleva määritelmä perustuu oleellisesti reaalilukujen a n ja a välisen etäisyyden mittaamiseen eli itseisarvoon a n a. Jos siis merkitään reaalilukujen a ja b välistä etäisyyttä a b symbolilla d(a, b), niin esitetty reaalilukujonon suppenemisen määritelmä tarkoittaa sitä, että a n a d(a n, a) 0.

3 Tällainen määritelmä voidaan heti yleistää minkä tahansa joukon jonoille, kunhan tässä joukossa on ensin määritelty etäisyysmittari d, jolla jonon alkioiden etäisyyttä mahdollisesta rajapisteestä mitataan. Tällöin siis voidaan määritellä, että a n a, jos d(a n, a) 0. Esimerkin. tilanteessa ei ole oikein olemassa järkevää tapaa mitata joukon A alkioiden välistä etäisyyttä, joten jonon suppenemisenkin järkevä määritteleminen on vähän kyseenalaista. Entä sitten esimerkin.2 tilanne? Mikä olisi järkevä tapa mitata joukon A alkioiden eli funktioiden f : I R välistä etäisyyttä? Luonnollinen vaatimus tälle mahdolliselle etäisyysmittarille d on, että se käyttäytyy kuten metriikka (ks. [EA]), ts. että se on kuvaus d : A A R siten että kaikille f, g, h A pätee d(f, g) 0, d(f, g) = 0 f = g, d(f, g) = d(g, f) ja d(f, h) d(f, g) + d(g, h). (M) Eräs yritys etäisyysmittariksi on asettaa kaikille f, g A d(f, g) = max{ f(x) g(x) x I}. () Tämä viritelmä näyttäisi ensi katsomalta toteuttavan yllä olevat neljä metriikkaehtoa. Karu totuus paljastuu, kun esimerkiksi I = ]0, [ ja määritellään f, g : I R siten, että f 0 ja g(x) = x. Tällöin määritelmä () ei toimi, koska siinä tarkoitettua maksimia ei saavuteta. [A]:ssä totuttuun tapaan tämmöisessä tilanteessa on syytä korvata maksimi supremumilla. Tehdään uusi yritys määrittelemällä kaikille f, g A d(f, g) = sup{ f(x) g(x) x I}. (2) Tämäkin näyttäisi toteuttavan mainitut metriikkaehdot ja yllämainittujen funktioiden f ja g etäisyydeksi tulee näin mitaten. Tämäkään yritys ei kuitenkaan ole riittävän hyvä, mikä paljastuu, kun määritellään h(x) = x kaikille x I. Tällöin muodostuu ongelmaksi mitata etäisyyksiä d(f, h) ja d(g, h). Ratkaisu etäisyyden mittaamiseen saadaan lopulta siitä, että pienennetään joukkoa A sillä tavalla, että tarkastellaan vain rajoitettuja funktioita, ts. merkitään A = {f : I R f on rajoitettu}. Tällöin määritelmä (2) antaa metriikan, kuten seuraava lause sanoo: 2

4 Lause.3 Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Tällöin määritelmä d(f, g) = sup{ f(x) g(x) x I} antaa metriikan joukossa A. Todistus. Pitää ensin todeta, että kyseessä on todella kuvaus d : A A R, ts. että mielivaltaisille f, g A reaaliluku d(f, g) on määritelty ja yksikäsitteinen. Tämä perustuu nyt siihen, että f ja g ovat tehdyn oletuksen mukaan rajoitettuja, ts. on olemassa vakiot M ja M 2 siten, että f(x) M ja g(x) M 2 kaikille x I. Tällöin kaikille x I pätee f(x) g(x) f(x) + g(x) M + M 2, joten joukko { f(x) g(x) x I} on rajoitettu. Toisaalta oletuksen mukaan joukko I on epätyhjä ja näin myös { f(x) g(x) x I} =. [A]:stä tiedetään, että jokaisella epätyhjällä rajoitetulla joukolla on yksikäsitteinen reaalinen supremum ja näin reaaliluku d(f, g) = sup{ f(x) g(x) x I} on määritelty ja yksikäsitteinen, ts. d : A A R on todella kuvaus. Siirrytään sitten todistamaan varsinaisia metriikan karakteristisia ehtoja (M). Ensimmäinen ehto eli d(f, g) 0 kaikille f, g A seuraa siitä, että joukon { f(x) g(x) x I} alkiot ovat kaikki positiivisia ja supremumin määritelmän mukaan joukon supremum on aina vähintään ko. joukon alkioiden suuruinen. Toinen metriikan ehto eli d(f, g) = 0 f = g nähdään oikeaksi näin: Jos f = g, niin f(x) = g(x) kaikille x I ja siten f(x) g(x) = 0 kaikille x I. Tällöin { f(x) g(x) x I} = {0} ja siten d(f, g) = sup{ f(x) g(x) x I} = sup{0} = 0, missä viimeinen yhtälö seuraa suoraan supremumin määritelmästä. Oletetaan sitten kääntäen, että d(f, g) = 0; pitää osoittaa, että f = g, ts. että f(x) = g(x) kaikille x I. Nyt siis sup{ f(x) g(x) x I} = 0, jolloin supremumin määritelmän mukaan f(x) g(x) 0 kaikille x I. Toisaalta itseisarvo on aina positiivinen 3

5 eli f(x) g(x) 0 kaikille x I ja näin f(x) g(x) = 0 kaikille x I eli f(x) = g(x) kaikille x I. Kolmas metriikan karakteristinen ehto eli symmetria eli vaatimus siitä, että d(f, g) = d(g, f) kaikille f, g A seuraa siitä, että f(x) g(x) = g(x) f(x) = kaikille x I, jolloin { f(x) g(x) x I} = { g(x) f(x) x I} ja siten d(f, g) = sup{ f(x) g(x) x I} = sup{ g(x) f(x) x I} = d(g, f). Neljäs metriikan ehto eli kolmioepäyhtälö d(f, h) d(f, g) + d(g, h) kaikille f, g, h A nähdään oikeaksi näin: Kaikille x I pätee reaalisen kolmioepäyhtälön nojalla f(x) h(x) = f(x) g(x) + g(x) h(x) f(x) g(x) + g(x) h(x). Toisaalta supremumin määritelmän nojalla f(x) g(x) + g(x) h(x) d(f, g) + d(g, h) kaikille x I, joten f(x) h(x) d(f, g) + d(g, h) kaikille x I, jolloin edelleen supremumin määritelmän nojalla d(f, h) = sup{ f(x) h(x) x I} d(f, g) + d(g, h). Nyt on järkevää asettaa funktiojonon suppenemisen (eräs) määritelmä: Määritelmä.4 Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) jono joukon A alkioita ja f A. Sanotaan, että jono (f n ) suppenee tasaisesti kohti funktiota f, jos d(f n, f) 0. Tällöin merkitään joko lim n f n = f tai lyhyesti f n f. Huomautus. Tässä käytetään termiä tasainen suppeneminen erotukseksi myöhemmin määriteltävästä (ks. määritelmä.0) pisteittäisestä suppenemisesta. Esimerkki.5 Olkoon I = ]0, 2 [ ja määritellään kaikille n N f n : I R, f n (x) = x n kaikille x I sekä f 0. Tällöin f n f. Tämän väitteen perustelemiseksi arvioidaan etäisyyksiä d(f n, f), n N. 4

6 Koska kuvaukset f n ovat kasvavia välillä I, niin d(f n, f) = sup{ x n 0 x I} = sup{x n x ]0, 2 [} ( 2 )n. Siten 0 d(f n, f) ( 2 )n kaikille n N. Koska ( 2 )n 0, niin [A]:n tietojen perusteella ( suppiloperiaate ) pätee myös d(f n, f) 0 eli määritelmän.4 mukaisesti f n f. Esimerkki.6 Muutetaan esimerkin.5 tilannetta niin, että funktioiden määrittelyväliksi I valitaankin I = ]0, [; muuten tilanne pidetään ennallaan. Onko edelleen f n f? Intuitio ehkä sanoisi, että näin on, koska jokaisessa pisteessä x I pätee f n (x) f(x). Tämmöinen intuitio on kuitenkin väärässä, minkä näkee taas arvioimalla etäisyyksiä d(f n, f). Koska jokaiselle n pätee n 2 ]0, [ ja f n( n 2 ) = 2, niin d(f n, f) f n ( n 2 ) f( n 2 ) = 2 0 = 2 kaikille n. Tällöin ei voi olla d(f n, f) 0 eikä siten myöskään f n f. Huomautus.7 Esimerkkien.5 ja.6 opetus on se, että tarkasteltava funktioiden määrittelyjoukko I on oleellisessa merkityksessä funktiojonojen suppenemistarkasteluissa. Siispä aina, jos asiasta on pienintäkään epäselvyyttä, joukko I on mainittava. Toisin sanoen: jos kaikki on selvää, voidaan kirjoittaa lyhyesti f n f, mutta jos on vähäisintäkään väärinkäsityksen varaa, on parempi kirjoittaa (ja sanoa) pitkän kaavan mukaan: f n f tasaisesti joukossa I. Esimerkin.6 tilanteessa nähtiin, että f n f. On luonnollista kysyä, voiko ylipäätään olla mitään välillä I = ]0, [ määriteltyä funktiota, jota kohti jono (f n ) konvergoisi. Tähänhän ei esimerkin.6 tarkastelu riitä vastaamaan. Tietenkin esimerkin.6 kaltainen laskelma voidaan suorittaa jollekin toiselle rajafunktioehdokkaalle g ja näin nähdä, että f n g tälle kyseiselle g. Tämä ei tietenkään vastaa yleisellä tasolla rajafunktion olemassaolokysymykseen ei, vaikka tarkastelu tehtäisiin kuinka monelle tahansa yksittäiselle funktiolle g. Tähän ongelmaan onkin varsin vaikea vastata suoraan konvergenssin määritelmän perusteella; siis kysymys kuuluu jotenkin niin, että miten voidaan funktiojonosta päätellä sen mahdollinen suppeneminen tuntematta rajafunktiota. Tähän pulmaan antaa kätevän ratkaisun seuraava lause, jota kutsutaan Cauchyn ehdoksi funktiojonon tasaiselle suppenemiselle: 5

7 Lause.8 Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono. Tällöin on olemassa f A siten, että f n f jos ja vain jos seuraava ehto on voimassa: Kaikille ɛ > 0 löytyy jokin (mahdollisesti ɛ:sta riippuva) luku N N siten, että kaikille n, m N, joille n, m N, pätee d(f n, f m ) < ɛ. Todistus.. Osoitetaan ensin, että lauseen ehto on välttämätön. Oletetaan tätä varten, että on olemassa f A siten, että f n f, jolloin tehtävänä on osoittaa, että lauseen ehto pätee. Olkoon siis ɛ > 0 mielivaltainen. Koska f n f, niin määritelmän mukaan d(f n, f) 0. Reaalilukujonon suppenemisen määritelmän mukaan tällöin löytyy N N siten, että d(f n, f) < ɛ kun n N. 2 Tämä luku N kelpaa lauseen ehdossa olevaksi luvuksi, sillä kun n, m N, niin d(f n, f m ) i) d(f n, f) + d(f, f m ) ii) = d(f n, f) + d(f m, f) iii) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että d toteuttaa metriikkana kolmioepäyhtälön (lause.3), yhtälö ii) metriikan symmetriaominaisuudesta (myös lause.3) ja epäyhtälö iii) seuraa luvun N valinnasta.. 2. Pitää vielä osoittaa lauseen ehdon riittävyys. Olkoon tätä varten (f n ) joukon A jono, joka toteuttaa lauseen ehdon, jolloin tehtävänä on osoittaa, että on olemassa f A siten, että f n f. Olkoon x I mielivaltainen, mutta kiinteä. Olkoon myös ɛ > 0 mielivaltainen ja N lauseen ehdon mukainen (ɛ:sta riippuva) luku. Olkoon lisäksi n, m N. Tällöin f n (x) f m (x) sup{ f n (y) f m (y) y I} = d(f n, f m ) < ɛ. Tämä tarkoittaa sitä (ks. [A]), että reaalilukujono (f n (x)) on Cauchy-jono. Tällöin (ks. [A, lause 4.9]) tämä jono suppenee, ts. on olemassa (x:stä riippuva) reaaliluku a x siten, että lim n f n(x) = a x. Koska x I valittiin täysin mielivaltaisesti, tällainen luku a x saadaan aikaan kaikille x I. Lisäksi, koska reaalilukujonon raja-arvo on yksikäsitteinen, jokaiselle x I löytyy täsmälleen yksi tällainen a x. Tällöin, määrittelemällä f(x) = a x kaikille x I syntyy kuvaus f : I R. Tämä kuvaus f on nyt haluttu jonon (f n ) raja-arvo. Ennen kuin lähdetään tätä todistamaan, pitää huomata, että f A. 6

8 Tämä nähdään seuraavasti. Lauseen ehdon (joka siis nyt oletuksen mukaan on voimassa) nojalla on olemassa lukua ɛ = vastaava luonnollinen luku N siten, että d(f n, f m ) <, kun n, m N. Erityisesti siis d(f n, f N ) < kun n N. () Koska f N A, niin f N on rajoitettu, ts. on olemassa M R siten, että f N (x) M kaikille x I. (2) Kuvauksen f rajoittuneisuuden osoittamiseksi riittää osoittaa, että f(x) M + 2 kaikille x I. (3) Olkoon tätä varten x I mielivaltainen. Koska kuvauksen f määritelmän mukaan pätee f n (x) f(x), niin on olemassa n 0 N siten, että Valitaan nyt n max{n, n 0 }. Tällöin pätee f n (x) f(x) < kun n n 0. (4) f(x) = f(x) f n (x) + f n (x) f N (x) + f N (x) i) f(x) f n (x) + f n (x) f N (x) + f N (x) ii) < + f n (x) f N (x) + f N (x) iii) < + + f N (x) iv) 2 + M. Tässä epäyhtälö i) seuraa reaalisesta kolmioepäyhtälöstä, epäyhtälö ii) ehdosta (4) ja siitä, että n n 0, epäyhtälö iii) ehdosta () ja siitä, että n N sekä epäyhtälö iv) ehdosta (2). Näin on nähty, että väite (3) pätee, mikä siis riittää osoittamaan, että f A. Sitten on osoitettava, että f n f eli että d(f n, f) 0. Olkoon sitä varten ɛ > 0 mielivaltainen. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että kaikille n N pätee d(f n, f) < ɛ, mihin riittää se, että d(f n, f) < ɛ, sillä d(f n, f) on lauseen.3 mukaan positiivinen. Koska d(f n, f) = sup{ f n (x) f(x) x I}, niin supremumin määritelmän perusteella riittää osoittaa, että on olemassa N N siten, että pätee f n (x) f(x) ɛ 2 kaikille n N ja kaikille x I. (5) Koska nyt on oletettu, että lauseen ehto on voimassa, niin on olemassa N N siten, että pätee d(f n, f m ) < ɛ kaikille n, m N. (6) 4 7

9 Osoitetaan, että tämä N kelpaa ehdossa (5) halutuksi luvuksi N. Olkoot sitä varten n N ja x I mielivaltaisia. Koska kuvauksen f määritelmän perusteella f n (x) f(x), niin on olemassa n 0 N siten, että Valitaan nyt m max{n, n 0 }. Tällöin f m (x) f(x) < ɛ 4, kun m n 0. (7) f n (x) f(x) = f n (x) f m (x) + f m (x) f(x) i) f n (x) f m (x) + f m (x) f(x) ii) d(f n, f m ) + f m (x) f(x) iii) ɛ 4 + f m(x) f(x) iv) < ɛ 4 + ɛ 4 = ɛ 2, joten ehto () todellakin pätee. Yllä epäyhtälö i) perustuu reaaliseen kolmioepäyhtälöön, epäyhtälö ii) metriikan d(f n, f m ) määritelmään, epäyhtälö iii) ehtoon (6) ja siihen, että n, m N sekä epäyhtälö iv) ehtoon (7) ja siihen, että m n 0. Näin on nähty, että ehto (5) toimii, joten lause on todistettu. Esimerkki.9 Osoitetaan yllä todistetun Cauchyn ehdon nojalla, että esimerkin.6 funktiojono ei konvergoi. Tähän siis riittää nyt se, että osoitetaan, että ko. jono ei toteuta lauseen.8 Cauchyn ehtoa. Tehdään tämä epäsuorasti, ts. oletetaan, että Cauchyn ehto pätisi ja osoitetaan, että tämä oletus johtaa ristiriitaan. Jos ehto pätee, on olemassa N N \ {0} siten, että Merkitään m = 2N +, jolloin m > N ja d(f n, f m ) <, kun n, m N. () 4 4 m = 4 2N+ < 4 2N = 2 N, ( 2 ) N < ( 4 ) m. Tällöin voidaan valita x I = ]0, [ siten, että ( 2 ) N < x < ( 4 ) m. joten Koska funktiot f N ja f m ovat kasvavia, saadaan tällöin f N (( 2 ) N ) fn (x) ja f m (x) f m (( 4 ) m )) 8

10 eli jolloin 2 f N (x) ja f m (x) 4, f N (x) f m (x) 2 4 = 4. Mutta tällöin metriikan d(f N, f m ) määritelmän mukaan pätee d(f N, f m ) 4. Tämä on vastoin ehtoa (), sillä N, m N. Näin haluttu ristiriita on saatu aikaan ja väite on todistettu. Esimerkin.6 tilanteessa funktiojono (f n ) kuitenkin jossakin mielessä konvergoi nollaan, sillä jokaiselle pisteelle x I pätee f n (x) 0. Tällaisissa tilanteissa puhutaan ns. pisteittäisestä konvergenssista ja sille on oikein oma määritelmäkin: Määritelmä.0 Olkoon = I R ja A = {f : I R} sekä (f n ) joukon A jono ja f A. Sanotaan, että funktiojono (f n ) konvergoi pisteittäin kohti funktiota f välillä I, jos kaikille x I pätee f n (x) f(x). Huomautus. Määritelmässä.0 ei tarvitse olettaa, että esiintyvät funktiot olisivat rajoitettuja. Lause. Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja f A siten, että f n f. Tällöin jono (f n ) konvergoi pisteittäin kohti funktiota f välillä I. Todistus. Olkoon x I mielivaltainen. Määritelmän.0 mukaan riittää osoittaa, että f n (x) f(x). Reaalilukujonojen konvergenssin määritelmän mukaan tähän riittää se, että f n (x) f(x) 0. Tämä seuraa nyt suppiloperiaatteesta ([A]), sillä metriikan d(f n, f) määritelmän mukaan pätee 0 f n (x) f(x) d(f n, f) ja oletuksen mukaan f n f eli d(f n, f) 0. Huomautus.2 Lauseen. mukaan funktiojonon tasainen konvergenssi implikoi sen pisteittäisen konvergenssin kyseisellä välillä. Toisaalta esimerkki.9 osoittaa, että pisteittäinen konvergenssi ei välttämättä riitä takaamaan tasaista konvergenssia. Näin voidaan perustellusti sanoa, että tasainen konvergenssi on vahvempi ominaisuus kuin pisteittäinen konvergenssi. 9

11 Esimerkki.3 Muutetaan esimerkin.6 (tai.5) tilannetta niin, että funktioiden määrittelyväliksi valitaan I = ]0, ]; muuten tilanne pidetään ennallaan. Onko tässä f n f? Ei varmasti, sillä määritelmän nojalla on selvää, että jos (f n ) konvergoi tasaisesti joukossa ]0, ], niin se konvergoi tasaisesti myös pienemmässä joukossa ]0, [, ja sitähän tämä jono ei tee, kuten esimerkissä.9 todettiin. Huomautuksen.2 valossa voi tällöi kysyä, konvergoiko (f n ) edes pisteittäin välillä I kohti f:ää. Tähänkin vastaus on kielteinen, sillä pisteessä x = I haluttua konvergenssia ei tapahdu. Sen sijaan (f n ) konvergoi pisteittäin välillä ]0, ] kohti funktiota g : ]0, ] R, missä { 0 kun x ]0, [ g(x) = kun x =. Tasaista tämäkään konvergenssi ei voi olla, kuten siis esimerkissä.9 nähtiin. Esimerkki.4 Olkoon I = ]0, 2[ ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Määritellään joukon A jono (f n ) asettamalla kaikille n N { x n kun x ]0, ] f n (x) = 2 (2 x) n kun x ], 2[. Tällöin funktiot (f n ) ovat ilmeisesti jatkuvia. Lisäksi jono (f n ) konvergoi pisteittäin kohti funktiota f A, missä 0 kun x ]0, [ f(x) = kun x = 2 kun x ], 2[. Edellisessä esimerkissä on merkillepantavaa se, että f n :t ovat kaikki jatkuvia, mutta rajafunktio f ei ole. Tämä merkitsee sitä, että jatkuvuus ei periydy pisteittäisessä konvergenssissa. Toisin on laita tasaisessa konvergenssissa, kuten seuraava lause sanoo. Lause.5 Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja f A siten, että f n f. Oletetaan lisäksi, että funktiot f n ovat jatkuvia joukossa I. Tällöin myös rajafunktio f on jatkuva joukossa I. Todistus. Olkoon x 0 I ja ɛ > 0 mielivaltaisia. Pitää osoittaa, että on olemassa δ > 0 siten, että kun x I ]x 0 δ, x 0 + δ[, niin f(x) f(x 0 ) < ɛ. () Koska oletuksen mukaan f n f eli d(f n, f) 0, niin on olemassa N N siten, että d(f N, f) < ɛ 3. Metriikan d määritelmän mukaan tämä tarkoittaa sitä, että f N (x) f(x) < ɛ 3 kaikille x I. (2) 0

12 Toisaalta f N on oletuksen mukaan jatkuva joukossa I, joten on olemassa δ > 0 siten, että kun x I ]x 0 δ, x 0 + δ[, niin f N (x) f N (x 0 ) < ɛ 3. (3) Tämä luku δ kelpaa ehdossa () peräänkuulutetuksi δ:ksi, sillä kun x I ]x 0 δ, x 0 + δ[, niin f(x) f(x 0 ) = f(x) f N (x) + f N (x) f N (x 0 ) + f N (x 0 ) f(x 0 ) i) f(x) f N (x) + f N (x) f N (x 0 ) + f N (x 0 ) f(x 0 ) ii) < ɛ 3 + ɛ 3 + ɛ 3 = ɛ. Tässä epäyhtälö i) seuraa reaalisesta kolmioepäyhtälöstä ja epäyhtälö ii) ehdoista (2) ja (3). Huomautus. Lauseen.5 nojalla nähdään välittömästi, että esimerkin.4 pisteittäinen konvergenssi ei voi olla tasaista. Esimerkki.6 Esimerkin.4 mukaan jatkuvuus ei siis periydy pisteittäisessä konvergenssissa. Nyt konstruoitava esimerkki osoittaa, että myöskään Riemannintegroituvuus ei periydy pisteittäisessä konvergenssissa. Tunnetusti(?) joukko Q [0, ] on numeroituva, ts. on olemassa bijektio ϕ : N Q [0, ]. Kiinnitetään tällainen bijektio ϕ. Määritellään funktiot f n : [0, ] R, n N asettamalla { kun x = ϕ(k) jollekin k {0,,..., n} f n (x) = 0 muuten. Tällöin jono f n konvergoi pisteittäin kohti funktiota f : [0, ] R, missä { kun x Q [0, ] f(x) = 0 kun x [0, ] \ Q. Tässä funktiot f n ovat jatkuvia lukuunottamatta äärellistä pistejoukkoa {ϕ(0), ϕ(),..., ϕ(n)}, joten ne ovat Riemann-integroituvia, ks. [A2]. Toisaalta rajafunktio f on epäjatkuva koko välillä [0, ], joten se ei ole Riemannintegroituva Lebesguen ehdon nojalla. Integroitumattomuuden näkee helposti myös suoraan ylä- ja alaintegraalien avulla, sillä f:n yläintegraali =, mutta alaintegraali = 0. Lauseen.5 ja esimerkin.6 valossa voidaan kysyä, periytyykö Riemannintegroituvuus tasaisessa konvergenssissa. Vastaus on myönteinen; tämän sanoo seuraava lause. Lause.7 Olkoon a, b R, a < b, I = [a, b] ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja f A siten, että f n f. Oletetaan lisäksi, että funktiot f n ovat Riemann-integroituvia yli välin I. Tällöin myös rajafunktio f on Riemann-integroituva yli välin I.

13 Todistus. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Riemann-integroituvuuden määritelmän mukaan pitää osoittaa, että on olemassa porrasfunktiot g, h : I R siten, että ja g(x) f(x) h(x) kaikille x I () b a h b a g < ɛ. (2) Koska oletuksen mukaan f n f eli d(f n, f) 0, niin on olemassa N N siten, että ɛ d(f N, f) < 2(b a) +. Metriikan d määritelmän mukaan pätee tällöin ɛ f N (x) f(x) < 2(b a) + kaikille x I. (3) Koska f N on oletuksen mukaan Riemann integroituva, niin määritelmän mukaan on olemassa porrasfunktiot g N, h N : I R siten, että g N (x) f N (x) h N (x) kaikille x I (4) ja b b ɛ h N g N < a a 2(b a) +, (5) Määritellään nyt porrasfunktiot g, h : I R siten, että g(x) = g N (x) ɛ 2(b a) + ja h(x) = h N (x) + ɛ 2(b a) + kaikille x I. On selvää, että näin määritellyt g ja h todella ovat porrasfunktioita. Jos nyt osoitetaan, että ne toteuttavat ehdot () ja (2), niin lause on todistettu. Ehto () toteutuu, sillä kaikille x I pätee f(x) i) f N (x) + ɛ ii) ɛ h N (x) + 2(b a) + 2(b a) + = h(x), missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (3) ja epäyhtälö ii) ehdosta (4), ja vastaavasti g(x) = g N (x) ɛ 2(b a) + i) f N (x) ɛ ii) f(x), 2(b a) + missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (4) ja epäyhtälö ii) ehdosta (3). Myös ehto (2) toteutuu, sillä b a b a h h N b a b a g = b a g N + 2 ɛ (h N (x) + 2(b a) + )dx b a ɛ 2(b a) + dx = b a b a h N (g N (x) b a ɛ 2(b a) + )dx = ɛ g N + 2(b a) 2(b a) + ɛ 2(b a) + + 2(b a) ɛ 2(b a) + = (2(b a) + ) ɛ 2(b a) + = ɛ. i) < 2

14 Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (5).. Huomautus. Lauseen.7 nojalla nähdään välittömästi, että esimerkin.6 konvergenssi ei voi olla tasaista. Lauseen.7 valossa on luonnollista kysyä, että periytyykö tasaisessa konvergenssissa paitsi Riemann-integroituvuus, myös integraalin arvo, ts. päteekö lauseen.7 tilanteessa aina b a f n b a f? Tarkastellaan tilannetta ensin esimerkin valossa. Esimerkki.8 Olkoon I = [0, ] ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono siten, että kaikille n N { n kun x ]0, f n (x) = n ] 0 kun x {0} ] n, ]. Tällöin f n :t ovat integroituvia ja 0 f n = kaikille n N. Tällöin 0 f n. Toisaalta koska funktiojono (f n ) konvergoi selvästi ainakin pisteittäin kohti nollafunktiota f 0 ja koska nollafunktion integraali on nolla, niin tässä tapauksessa pätee b a f n Huomautus. Esimerkissä.8 kyseessä on vain pisteittäinen konvergessi, ei tasainen. Esimerkki ei siis vastaa sitä edeltävään kysymykseen oikeastaan millään tavalla. Tässä on vain ilmoitus siitä, että vaikka pisteittäisessä konvergenssissa rajafunktio sattuisi olemaankin integroituva (vrt. esimerkki.6), voi hyvinkin olla b a f n Tasaisessa konvergenssissa näin ei voi käydä. Tämän sanoo seuraava lause. Lause.9 Olkoon a, b R, a < b ja A = {f : [a, b] R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja f A siten, että f n f. Oletetaan lisäksi, että funktiot f n ovat Riemann-integroituvia yli välin [a, b]. Tällöin pätee b a f n b a b a b a f. f. f. 3

15 Huomautus. Lauseen.9 tulos kirjoitetaan usein muodossa lim b a f n = b a lim f n, ts. lause antaa luvan vaihtaa integroinnin ja rajankäynnin järjestyksen. Tämä lupa siis edellyttää nimenomaan tasaista konvergenssia. Todistus. Lauseen.7 nojalla f on integroituva, joten väite on siinä suhteessa mielekäs. Riittää osoittaa, että b f n b a a f = 0 eli b a (f n (x) f(x))dx = 0. () Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Väite () seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa N N siten, että b a (f n (x) f(x))dx ɛ kaikille n N. (2) Koska oletuksen mukaan f n f eli d(f n, f) 0, niin on olemassa N N siten, että d(f N, f) < ɛ b a. Metriikan d määritelmän mukaan pätee tällöin f N (x) f(x) < ɛ b a kaikille x I. (3) Tämä luku N on väitteessä (2) peräänkuulutettu N, sillä kaikille n N pätee b a (f n (x) f(x))dx i) b a f n (x) f(x) dx ii) b ɛ dx = ɛ. a b a Tässä epäyhtälö i) seuraa [A2]:n lauseesta.2 ja epäyhtälö ii) ehdosta (3) sekä [A2]:n lauseesta.8. Näin väite (2) ja siten koko lause on todistettu. Edellä on käsitelty jatkuvuuden ja integroituvuuden periytymistä rajafunktiolle tasaisessa/pisteittäisessä suppenemisessa. Jatketaan tarkasteluja kysymällä derivaatan periytymisominaisuuksista. Pisteittäisessä konvergenssissa derivoituvuus ei periydy. Tämä näkyy esimerkin.4 tilanteesta; siinähän funktiot f n ovat paitsi jatkuvia myös derivoituvia toisin kuin rajafunktio, joka ei ole edes jatkuva. Lauseiden.5 ja.7 valossa voisi arvata, että tasaisessa konvergenssissa derivoituvuus periytyy. Tämmöinen arvaus on kuitenkin väärä, kuten seuraava esimerkki kertoo. 4

16 Esimerkki.20 Olkoon I = ], [ ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja f A siten, että kaikille n N \ {0} n 2 x2 + 2n kun x [ n, n ] { f n (x) = x kun x [, n [ x kun x ], 0[ ja f(x) = x kun x ] n, ]. x kun x [0, [. Tällöin funktiot f n ovat jatkuvia, myös pisteissä ± n ja sen lisäksi myös derivoituvia (pisteissä ± n derivaatat ovat ±). Funktiojono (f n) konvergoi selvästi pisteittäin kohti rajafunktiota f, ja tässä tapauksessa konvergenssi on jopa tasaista, minkä näkee näin: Funktioiden f n ja f määritelmien perusteella d(f n, f) = sup{ f n (x) f(x) x ], [ } = sup{ f n (x) f(x) x [ n, n ]} = max{n 2 x2 + 2n x x [ n, n ]} = 2n, joten d(f n, f) 0 eli f n f eli konvergenssi on tasaista. Kuitenkin on niin, että rajafunktio f ei ole derivoituva pisteessä x = 0, joten on nähty, että derivoituvuus ei periydy tasaisessakaan konvergenssissa. Esimerkissä.8 tarkasteltiin tilannetta, jossa integroituva funktiojono konvergoi pisteittäin, rajafunktio sattui olemaan integroituva, mutta integraalien arvot eivät konvergoineet sinne minne pitäisi ts. kävi niin, että b a f n Tämän ja esimerkin.20 valossa voi kysyä seuraavaa: Voiko käydä niin, että että derivoituva funktiojono (f n ) konvergoi tasaisesti kohti funktiota f, joka sattuu olemaan derivoituva, mutta derivaatat eivät konvergoi sinne minne pitäisi, ts. voiko olla niin, että f n f? Näin todellakin voi käydä. Esimerkissä.20 derivaatat tosin konvergoivat sinne minne pitääkin niissä pisteissä, missä f on derivoituva eli kun x 0. Vähän mutkikkaammalla esimerkillä voidaan rakentaa yllä kuvattu tilanne: Esimerkki.2 Olkoon I = ], [, A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono siten, että kaikille n N pätee b a f. f n (x) = xe nx2 kaikille x I ja olkoon f A nollafunktio, f 0. On melko selvää, että jono (f n ) konvergoi kohti funktiota f pisteittäin, mutta konvergenssi on lisäksi tasaista. Tämän osoittaa seuraava tarkastelu: Ensinnäkin d(f n, f) = sup{ f n (x) f(x) x I} = sup{ xe nx2 x I} = max{xe nx2 x [0, ]} 5

17 ja tämä maksimi löytyy joko derivaatan nollakohdista tai välin [0, ] päätepisteistä. Päätepisteissä arvot ovat 0 ja e n. Derivaatta on e nx2 2nx 2 e nx2 = ( 2nx 2 )e nx2, jonka välillä [0, ] oleva ainoa nollakohta on pisteessä x, jossa 2nx 2 = 0 eli pisteessä x = Koska 2n, kun n. Siten kaikille n pätee d(f n, f) = max{xe nx2 x [0, ]} = max{0, e n, max{e n, 2n e 2 } = 2n e 2. lim n 2n e 2 = 0, 2n e n( 2n )2 } = niin d(f n, f) 0 eli todellakin f n f tasaisesti (ja siten tietysti myös pisteittäin lauseen. nojalla). Tarkastellaan sitten derivaattajonoa (f n). Kuten yllä jo todettiin kaikki f n :t ovat derivoituvia ja kaikille n N pätee f n(x) = ( 2nx 2 )e nx2. Rajafunktion f 0 derivaatta on tietysti nollafunktio ja nyt kysymys kuuluu, päteekö f n 0? Näin ei ole. Jos näin olisi, konvergoisi jono (f n) nollaan myös pisteittäin lauseen. nojalla. Näin ei kuitenkaan käy ainakaan pisteessä x = 0, sillä f n(0) = kaikille n N. Siten on oltava f n f, ja näin siis on konstruoitu halutunlainen esimerkkijono (f n ). Päätetään tämä luku vielä yhteen havaintoon derivaattajonojen konvergenssista. Voidaan kysyä, aiheuttaako derivaattajonon konvergenssi itse funktiojonon konvergenssin? Vastaus on heti selvä: ei tietenkään. Tämä johtuu siitä, että derivaattojen muuttumatta itse funktioihin voidan lisäillä mielivaltaisia vakioita, ja tämä voidaan tietysti hoitaa niin, että minkäänlaista konvergenssia ei tapahdu. Jos tämmöinen mielivaltainen vakioiden lisäily jollakin sopivalla tavalla estetään, niin silloin käy (ehkä vähän yllättäen) niin, että derivaattajonon tasainen konvergenssi aiheuttaa itse funktiojonon tasaisen konvergenssin. Itse asiassa pätee enemmänkin: funktiojono ei suppene minne tahansa, vaan juuri sinne minne pitääkin. Toisin sanoen, jos f n g jollekin g, niin f n G, missä G = g. Tämän sanoo seuraava lause, jota tarvitaan jatkossa lauseen 4.29 todistuksessa. Lause.22 Olkoon a, b R, a < b, I = ]a, b[ ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono ja oletetaan, että funktiot f n ovat jatkuvasti derivoituvia välillä I. Oletetaan edelleen, että f n A kaikille n N ja että on olemassa g A siten, että f n g. 6

18 Oletetaan vielä, että on olemassa x 0 I siten, että reaalilukujono (f n (x 0 )) suppenee (kohti jotain reaalilukua y R). Tällöin on olemassa G A siten, että f n G ja lisäksi G on derivoituva välillä I ja kaikille x I pätee G (x) = g(x). Huomautus. Tässä vaatimus jonon (f n (x 0 )) suppenemisesta on juuri se lisäehto, jota tarvitaan, jotta voidaan estää mielivaltaisten vakioiden lisäily, mistä oli yllä puhetta. Termi jatkuvasti derivoituva tarkoittaa kuten yleensäkin sitä, että funktio on derivoituva ja sen derivaatta on jatkuva. Todistus. Määritellään kaikille n N kuvaus F n : I R asettamalla F n (x) = x x 0 f n(t)dt kaikille x I. Huomaa, että tämä on järkevä määritelmä, sillä f n on integroituva jatkuvuusoletuksen nojalla (ks.[a2], lause.2). Analyysin peruslauseen ([A2], lause 3.; tässä taas tarvitaan kuvausten f n jatkuvuutta!) nojalla funktiot F n ovat derivoituvia välillä I ja kaikille x I pätee F n(x) = f n(x). Siten sekä F n että f n ovat funktion f n primitiivejä välillä I, joten (ks. [A2], lause 3.2) kaikille x I pätee F n (x) = f n (x) + C n jollekin vakiolle C n R. () Funktioiden F n määritelmän mukaan F n (x 0 ) = 0 kaikille n N, joten ehdon () ja oletuksen lim n f n (x 0 ) = y nojalla pätee Määritellään kuvaus H : I R asettamalla H(x) = lim C n = y R. (2) n x x 0 g(t)dt kaikille x I. Huomaa, että lauseen.7 nojalla funktioiden f n integroituvuus periytyy tasaisen konvergenssin kautta rajafunktiolle g, joten H on järkevästi määritelty. Lisäksi, koska g A eli g on rajoitettu, ja toisaalta väli I on rajoitettu, niin myös H on rajoitettu, siis H A. Toisaalta, koska f n A ja F n = f n +C n, niin myös F n A kaikille n N ja voidaan tässä mielessä järkevästi esittää väite F n H. (3) 7

19 Todistetaan tämä. (Huomaa, että pisteittäinen konvergenssi seuraa suoraan lauseesta.9.) Olkoon tätä varten ɛ > 0 annettu. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että d(f n, H) < ɛ kaikille n N. (4) Koska oletuksen mukaan f n g, niin on olemassa N N siten, että d(f n, g) < ɛ b a kaikille n N. (5) Osoitetaan, että tämä luku N on väitteessä (4) peräänkuulutettu N. Kaikille n N pätee d(f n, H) = i) sup{ F n (x) H(x) x I} ii) = x x sup{ f n(t)dt g(t)dt x I} iii) = sup{ (f n(t) g(t))dt x I} iv) x 0 x 0 x 0 x sup{ f n(t) g(t) dt x I} v) x sup{ d(f n, g)dt x I} vi) = x 0 x 0 sup{ x x 0 d(f n, g) x I} vii) (b a)d(f n, g) viii) ɛ < (b a) b a = ɛ, joten tämä N todella kelpaa väitteeseen (4) ja siten väite (4) ja näin myös väite (3) on todistettu. Yllä yhtälöt i) ja ii) seuraavat suoraan määritelmistä. Yhtälö iii) seuraa siitä, että f n g = (f n g). Epäyhtälö iv) seuraa siitä, että (f n g) f n g kaikille x (huomaa, että voi olla myös x < x 0, mikä selittää jälkimmäisen integraalin ympärillä tarvittavat itseisarvomerkit). Epäyhtälö v) perustuu siihen, että metriikan d määritelmän mukaan f n (t) g(t) d(f n, g) kaikille t, jolloin f n (t) g(t) dt d(f n, g)dt, huomaa, että itseisarvomerkkien kanssa tämä pätee myös kun x < x 0. Yhtälössä vi) on integroitu vakiota. Epäyhtälö vii) seuraa siitä, että x, x 0 I =]a, b[, jolloin x x 0 < b a. Epäyhtälö viii) seuraa ehdosta (5). x Määritellään nyt kuvaus G : I R asettamalla kaikille x I G(x) = H(x) + y. Tässä y on lauseen oletuksissa ja ehdossa (2) esiintyvä vakio. Koska ehdon () nojalla kaikille n N pätee f n = F n C n, ehdon (2) nojalla C n y ja ehdon (3) nojalla F n H, niin saadaan (ks. todistuksen jälkeinen huomautus ja lause.23) f n H + y, ts. f n G. 8

20 Näin väitteen ensimmäinen osa on todistettu. Pitää vielä todistaa jälkimmäinen osa eli väite G (x) = g(x) kaikille x G. Koska G = H + vakio, niin riittää osoittaa, että H (x) = g(x) kaikille x G. (6) Koska derivaatat f n ovat oletuksen mukaan jatkuvia ja f n g, niin lauseen.5 nojalla myös g on jatkuva. Koska funktion H määritelmän mukaan pätee H(x) = x x 0 g(t)dt kaikille x I, niin g:n jatkuvuuden nojalla analyysin peruslauseesta ([A2], lause 3.) seuraa välittömästi väite (6), joten koko lause on todistettu. Huomautus. Edellisessä todistuksessa pääteltiin vähän huolimattomasti, että jos F n H ja C n y, niin tällöin f n = F n C n H +y. Tässä pitää huomata, että konvergessi C n y voidaan tulkita joko reaalilukujonon konvergenssiksi tai tai sitten vakiofunktioiden tasaiseksi konvergenssiksi kohti vakiofunktiota näillähän ei käytännössä ole eroa. Tämä vaatisi ehkä vähän tarkemman analyysin. Toisaalta tämäntapaisia tilanteita tulee vastaan tuon tuosta. Näitä varten todistetaan vielä tämän luvun lopuksi lause, jonka perusteella voidaan monet tapaukset kuitata käsitellyiksi. Lause.23 Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoot (f n ) (g n ) joukon A jonoja, f, g A ja a, b R. Oletetaan, että f n f ja g n g. Tällöin af n + bg n af + bg ja f n g n fg. Huomautus. Tässä esimerkiksi funktio af + bg A tarkoittaa kuvausta x af(x) + bg(x) ja funktio fg A kuvausta x f(x)g(x) jne. Todistus.. Todistetaan aluksi ensimmäinen väite siinä erikoistapauksessa, että a = b =. Olkoon tätä varten ɛ > 0. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että d(f n + g n, f + g) < ɛ kaikille n N. () Koska f n f, niin on olemassa N N siten, että d(f n, f) < ɛ 2 kaikille n N. (2) Koska g n g, niin on olemassa N 2 N siten, että d(g n, g) < ɛ 2 kaikille n N 2. (3) Valitaan nyt N = max{n, N 2 } 9

21 ja osoitetaan, että tämä on väitteessä () peräänkuulutettu luku N. Olkoon siis n N. Tällöin d(f n + g n, f + g) = sup{ (f n (x) + g n (x)) (f(x) g(x)) x I} = sup{ f n (x) f(x) + g n (x) g(x) x I} sup{ f n (x) f(x) + g n (x) g(x) x I} sup{d(f n, f) + d(g n, g) x I} = d(f n, f) + d(g n, g) i) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ 2, joten ehto () todellakin toimii. Tässä ehto i) seuraa ehdoista (2) ja (3), sillä nyt N:n valinnan nojalla sekä n N että n N Todistetaan sitten jälkimmäinen väite eli että f n g n fg. Olkoon tätä varten ɛ > 0. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että d(f n g n, fg) < ɛ kaikille n N. (4) Koska f, g A, niin ne ovat rajoitettuja. Tällöin on olemassa M R siten, että f(x) < M ja g(x) < M kaikille x I. (5) Koska f n f, niin on olemassa N N siten, että d(f n, f) < kaikille n N. Tällöin pätee kaikille x I ja kaikille n f n (x) = f n (x) f(x) + f(x) f n (x) f(x) + f(x) (6) + f(x) i) < M +, missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (5). Koska f n f, niin on olemassa N 2 N siten, että ɛ d(f n, f) < kaikille n N 2. (7) 2M + Vastaavasti, koska g n g, niin on olemassa N 3 N siten, että Valitaan nyt d(g n, g) < ɛ 2M + N = max{n, N 2, N 3 } kaikille n N 3. (8) 20

22 ja osoitetaan, että tämä on väitteessä (4) peräänkuulutettu luku N. Olkoon siis n N. Tällöin d(f n g n, fg) = sup{ f n (x)g n (x) f(x)g(x) x I} = sup{ f n (x)g n (x) f n (x)g(x) + f n (x)g(x) f(x)g(x) x I} sup{ f n (x)g n (x) f n (x)g(x) + f n (x)g(x) f(x)g(x) x I} = sup{ f n (x) g n (x) g(x) + f n (x) f(x) g(x) x I} i) sup{ f n (x) g n (x) g(x) x I} + sup{ f n (x) f(x) g(x) x I} ii) sup{(m + ) g n (x) g(x) x I} + sup{m f n (x) f(x) x I} = (M + )d(g n, g) + Md(f n, f) iii) ɛ (M + ) 2M + + M ɛ 2M + = ɛ, joten ehto (4) todellakin pätee, ja näin väite on todistettu. Yllä epäyhtälö i) seuraa siitä, että kaikille x I pätee f n (x) g n (x) g(x) + f n (x) f(x) g(x) sup{ f n (x) g n (x) g(x) x I} + sup{ f n (x) f(x) g(x) x I}. Epäyhtälö ii) seuraa ehdoista (5) ja (6) sekä siitä, että n N N. Epäyhtälö iii) seuraa ehdoista (7) ja (8) sekä siitä, että n N N 2 ja n N N On vielä todistettava ensimmäinen väite yleisessä tapauksessa. Tämä seuraa nyt kohdista. ja 2. tähän tapaan: Määritellään kaikille n N g n a ja myös g a, jolloin g n g. (Huomaa, että tässä on siis kyse funktiojonon tasaisesta suppenemisesta.) Kohdan 2. nojalla saadaan nyt Vastaavasti kohdan 2. nojalla nähdään, että Väite af n = g n f n gf = af. (9) bf n bf. (0) af n + bf n af + bf seuraa nyt kohdasta. sekä ehdoista (9) ja (0). 2 Taylorin polynomit Monissa sovelluksissa on hyödyllistä approksimoida annettua pahaa funktiota polynomilla, joka on tietenkin monessa mielessä mahdollisimman siisti funktio. Tällainen approksimaatio onnistuu sitä paremmin, mitä korkemman asteista polynomia käytetään, edellyttäen, että alkuperäinen funktio ei ole aivan mahdoton käytännössä vaaditaan, että annettu funktio on niin ja niin monta kertaa derivoituva: 2

23 Määritelmä 2. Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n kertaa derivoituva funktio. Sanotaan, että funktio T n,x0 f : R R, T n,x0 f(x) = k=0 k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k on f:n kertalukua n oleva Taylorin polynomi pisteessä x 0. Huomautus 2.2 Tässä merkintä f (k) (x 0 ) tarkoittaa tavalliseen tapaan funktion f k:nnen derivaatan arvoa pisteessä x 0. Tämähän on oletuksen mukaan olemassa, kun k {0,..., n}. Erityisesti kun k = 0, kyseessä on f:n arvo pisteessä x 0, eli sovitaan, että f (0) (x 0 ) = f(x 0 ). Huomaa, että Taylorin polynomi on todella polynomi ja sen asteluku on korkeintaan n. Määritelmässä 2. esiintyvä summasymboli määritellään tarkasti vasta sarjojen yhteydessä luvussa 3, mutta sen intuitiivinen merkitys lienee selvä. Eksaktisti määritelmä voidaan asettaa rekursiivisesti sopimalla ensin, että T 0,x0 = 0! f(x 0)(x x 0 ) 0 = f(x 0 ) ja jos oletetaan, että k {0,,..., n } ja että T k,x0 f(x) on jo määritelty, niin asetetaan T k+,x0 f(x) = T k,x0 f(x) + (k + )! f (k+) (x 0 )(x x 0 ) k+, () jolloin rekursioperiaatteen mukaisesti T k,x0 f(x) tulee määritellyksi kaikille k {0,,..., n} ja lisäksi ehto () pätee kaikille k {0,,..., n }. Esimerkki 2.3 Olkoon I = R ja f : I R, f(x) = e x. Tällöin f äärettömän monta kertaa derivoituva, joten sen kaikkien kertalukujen Taylorin polynomit (esimerkiksi) origossa voidaan muodostaa. Koska f (k) (0) = kaikille k N, niin saadaan huomatuksen 2.2 mukaisesti seuraavanlaiset polynomit: T 0,0 f(x) = 0! f(0)(x 0)0 T,0 f(x) = T 0,0 f(x) +! f (0)(x 0) = + x T 2,0 f(x) = T,0 f(x) + 2! f (0)(x 0) 2 = + x + 2 x2 T 3,0 f(x) = T 2,0 f(x) + 3! f (3) (0)(x 0) 2 = + x + 2 x2 + 6 x3 jne. Yleisesti nähdään määritelmästä 2. heti, että kaikille n N pätee T n,0 f(x) = k=0 k! xk. 22

24 Taylorin polynomin luonteeseen kuuluu siis se, että se approksimoi annettua funktiota. Approksimaatio on tarkimmillaan juuri valitussa pisteessä x 0, sillä kaikille n N pätee T n,x0 f(x 0 ) = f(x 0 ). Tämä pätee siis myös arvolle n = 0, jolloin Taylorin polynomi on pelkkä vakio. Taylorin polynomin antama approksimaatio huononee sitä mukaa, mitä kauemmas annetusta pisteestä x 0 mennään. Toisaalta approksimaatio paranee sitä mukaa, kun Taylorin polynomin kertaluku kasvaa. Tämä ilmiö näkyy selvästi esimerkistä 2.3 piirtämällä f:n ja joidenkin Taylorin polynomien kuvaajat. Sama koskee esimerkkejä 2.4 ja 2.5. Esimerkki 2.4 Olkoon I = R ja f : I R, f(x) = sin x. Tässäkin f äärettömän monta kertaa derivoituva, joten sen kaikkien kertalukujen Taylorin polynomit (esimerkiksi) origossa voidaan muodostaa. Koska 0 kun n on parillinen f (k) (0) = + kun n on muotoa n = 4k +, k N kun n on muotoa n = 4k + 3, k N, niin saadaan seuraavanlaiset polynomit T 0,0 f(x) 0 T,0 f(x) = T 2,0 f(x) = x T 3,0 f(x) = T 4,0 f(x) = x 6 x3 T 5,0 f(x) = T 6,0 f(x) = x 6 x x5 jne. Esimerkki 2.5 Olkoon I = R ja f : I R, f(x) = x 4 + x 3 + x 2 + x +. Lasketaan vaihtelun vuoksi Taylorin polynomit pisteessä x 0 =. Tässä f() = 5, f () = 0, f () = 20, f (3) () = 30, f (4) () = 24 ja f (k) () = 0, kun k 5. Tällöin saadaan seuraavanlaiset polynomit T 0, f(x) 5 T, f(x) = 5 + 0(x ) = 0x 5 T 2, f(x) = 0x (x )2 = 0x 5 + 0x 2 20x + 0 = 0x 2 0x + 5 T 3, f(x) = 0x 2 0x (x )3 = 0x 2 0x x 3 5x 2 + 5x 5 = 5x 3 5x 2 + 5x T 4, f(x) = 5x 3 5x 2 + 5x (x )4 = x 4 + x 3 + x 2 + x + T n, f(x) = T 4, f(x) kun n 5. 23

25 Huomautus 2.6 Esimerkissä 2.5 kävi niin, että T n, f(x) = f(x), kun n 4. Tämä ei ole sattumaa, sillä lauseessa 2. tullaan todistamaan, että jos f on astetta m oleva polynomi, niin T n, f(x) = f(x), kun n m. Tämä on yllä puhuttua approksimointia ajatellen luonnollinen tulos: m-asteista polynomia voidaan aivan täsmälleen approksimoida m-asteisella polynomilla, eikä tarkkuus voi enää parantua, vaikka appoksimoivan polynomin astetta nostettaisiinkin. Seuraava lause sanoo, että f:n Taylorin polynomin derivaattojen arvot pisteessä x 0 ovat täsmälleen samat kuin f:n derivaattojen vastaavat arvot. Lause 2.7 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n kertaa derivoituva funktio. Tällöin kaikille k {0,,..., n} pätee d k dx k T n,x 0 f(x 0 ) = f (k) (x 0 ). Todistus. Koska määritelmän mukaan T n,x0 f(x 0 ) = f(x 0 ), niin asia on selvä kun k = 0, joten voidaan olettaa, että k. Jos k = n, niin T n,x0 f voidaan huomautuksen 2.2 mukaan esittää muodossa T n,x0 f(x) = T k,x0 f(x) = P (x) + k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k, missä P on korkeintaan astetta k oleva (Taylorin) polynomi. Koska tällöin P (k) 0, niin d k dx k T n,x 0 f(x) = dk dx k k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k = k! f (k) (x 0 ) dk dx k (x x 0) k = k! f (k) (x 0 )k! = f (k) (x 0 ), joten väite pätee. Oletetaan sitten, että k n. Tällöin huomautuksen 2.2 ja määritelmän 2. mukaan T n,x0 f voidaan esittää muodossa T n,x0 f(x) = P (x) + k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k + j=k+ j! f (j) (x 0 )(x x 0 ) j, missä P on korkeintaan astetta k oleva polynomi. Koska nytkin P (k) 0, niin d k dx k T n,x 0 f(x) = dk dx k k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k + dk dx k j! f (j) (x 0 )(x x 0 ) j = k! f (k) (x 0 ) dk dx k (x x 0) k + k! f (k) (x 0 )k! + j=k+ j=k+ j=k+ j! f (j) (x 0 ) dk dx k (x x 0) j = j! f (j) (x 0 )j(j ) (j k + )(x x 0 ) j k. 24

26 Tällöin d k dx k T n,x 0 f(x 0 ) = k! f (k) (x 0 )k! + j=k+ f (k) (x 0 ) + 0 = f (k) (x 0 ), joten väite pätee tässäkin tapauksessa. j! f (j) (x 0 )j(j ) (j k + )(x 0 x 0 ) j k = Esitetään tässä välissä pieni aputulos, joka koskee kaikkia polynomeja: Lemma 2.8 Olkoon n N, x 0 R ja Q korkeintaan astetta n oleva polynomi, jolle pätee Q (k) (x 0 ) = 0 kaikille k {0,,..., n}. Tällöin Q 0. Todistus. Todistetaan väite induktiolla n:n suhteen. Kun n = 0, Q on vakio, jolloin oletus Q(x 0 ) = 0 riittää takaamaan, että Q 0. Oletetaan sitten induktiivisesti, että n ja että väite pätee kaikille korkeintaan astetta n oleville polynomeille. Olkoon Q(x) = a k x k. k=0 Tällöin d n dx n Q(x) n!a n, jolloin oletuksen nojalla a n = 0. Tällöin n Q(x) = a k x k k=0 ja näin Q on korkeintaan astetta n. Väite seuraa tällöin induktio-oletuksesta. Lause 2.7 siis kertoo, että T n,x0 f on korkeintaan astetta n oleva polynomi, jolla on samat derivaatan arvot pisteessä x 0 kuin itse funktiolla f ainakin kertalukuun n asti. Seuraava lause sanoo, että muita tällaisia polynomeja ei sitten olekaan: Lause 2.9 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n kertaa derivoituva funktio. Olkoon P korkeintaan astetta n oleva polynomi, jolle pätee P (k) (x 0 ) = f (k) (x 0 ) kaikille k {0,,..., n}. Tällöin P = T n,x0 f 25

27 Todistus. Määritellään Q(x) = P (x) T n,x0 f(x). Tällöin Q on korkeintaan astetta n oleva polynomi, jolle oletuksen ja lauseen 2.7 nojalla päte Q (k) (x 0 ) = 0 kaikille k {0,,..., n}. Tällöin lemman 2.8 nojalla Q 0. Koska Q = P T n,x0 f, niin väite seuraa. Jos ajatellaan edelleen Taylorin polynomia funktion f approksimaationa, niin approksimaatiossa syntyvä virhe on f T n,x0 f. Tätä virhettä olisi hyvä päästä arvioimaan. Seuraava lause antaa kyseiselle virheelle eksplisiittisen lausekkeen, josta virhearvioita on hyvä lähteä tekemään. Tässä tosin tarvitaan sellainen lisäoletus, että f on n + kertaa derivoituva ja vielä, että derivaatta f (n+) on jatkuva. Lause 2.0 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Tällöin kaikille x I pätee f(x) T n,x0 f(x) = n! x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt. Huomautus. Lauseen 2.0 esitys virheelle f T n,x0 f tunnetaan nimellä Taylorin kaava. Itse virheelle käytetään nimitystä n:s jäännöstermi ja merkintää R n,x0 f(x) = n! x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt. Huomaa myös, että tässä voi olla x x 0, jolloin käytetään [A2]:sta tuttuja sopimuksia x 0 x 0 = 0 ja x x 0 = x 0 x. Todistus. Koska f (n+) on oletuksen mukaan jatkuva, on myös funktio t f (n+) (t)(x t) n jatkuva ja siten integroituva, joten väite on mielekäs. Osoitetaan induktiolla k:n suhteen, että kaikilla k {0,,..., n} pätee f(x) T k,x0 f(x) = k! x x 0 f (k+) (t)(x t) k dt, () josta varsinainen väite seuraa k:n arvolla k = n. Huomaa, että tässäkin kuvaukset t f (n+) (t)(x t) n ovat jatkuvia, joten kaavassa () esiintyvät integraalit ovat määriteltyjä. Kun k = 0 väite () tulee muotoon f(x) f(x 0 ) = x x 0 f (t)dt. (2) 26

28 Jos x = x 0, niin tämä pätee tehdyn merkintäsopimuksen nojalla. Jos x > x 0, niin f :n oletuksen mukaisen jatkuvuuden nojalla väite (2) seuraa suoraan [A2]:n lauseesta 3.4. Jos taas x < x 0, niin samalla tavalla [A2]:n lauseen 3.4 nojalla f(x 0 ) f(x) = x0 x f (t)dt, jolloin väite (2) seuraa tehdystä merkintäsopimuksesta. Näin induktion ensimmäinen askel on otettu. Oletetaan sitten induktiivisesti, että k n ja että f(x) T k,x0 f(x) = (k )! x Jos x = x 0, niin induktioväite () tulee muotoon f(x) T k,x0 f(x) = 0, x 0 f (k) (t)(x t) k dt. (3) joka pätee lauseen 2.7 nojalla. Siten voidaan olettaa, että x x 0. Oletetaan ensin, että x > x 0. Lasketaan induktio-oletuksessa (3) esiintyvä integraali osittaisintegroinnilla, jolloin saadaan x x 0 f (k) (t)(x t) k dt = / x x 0 f (k) (t) k (x t)k k f (k) (x 0 )(x x 0 ) k + x f k+ (t)(x t) k dt. k x 0 Yhdistämällä tämä induktio-oletukseen (3) saadaan f(x) T k,x0 f(x) = k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k + k! josta edelleen f(x) (T k,x0 f(x) + k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k ) = k! Koska huomautuksen 2.2 mukaan x x 0 f (k+) (t) k (x t)k dt = x x T k,x0 f(x) = T k,x0 f(x) + k! f (k) (x 0 )(x x 0 ) k, niin kaavasta (5) saadaan välittömästi induktioväite (). x 0 f k+ (t)(x t) k dt, (4) x 0 f k+ (t)(x t) k dt. (5) 27

29 Pitää vielä tutkia tapaus x < x 0. Tämä tarkastelu on melkein identtinen edellä olevan kanssa, merkki vain vaihtuu: Osittaisintegroinnilla saadaan ensin x x 0 f (k) (t)(x t) k dt = / x0 f (k) (t) x k (x t)k + k f (k) (x 0 )(x x 0 ) k k k f (k) (x 0 )(x x 0 ) k + k x0 x x0 x x0 x x f (k) (t)(x t) k dt = f (k+) (t) k (x t)k dt = f k+ (t)(x t) k = x 0 f k+ (t)(x t) k dt, joten kaava (4) pätee tässäkin tapauksessa. Tästä voidaan päätellä edelleen kaava (5) ja lopulta induktioväite () täsmälleen samoin kuin yllä. Näin induktioaskel on otettu ja induktioperiaatteen nojalla väite pätee. Lause 2. Olkoon f astetta m oleva polynomi ja x 0 R. Tällöin T n,x0 f f kaikille n m. Todistus. Olkoon n m mielivaltainen. Riittää osoittaa, että T n,x0 f f 0. Lauseen 2.0 nojalla tähän riittää se, että x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt = 0 kaikille x R. Tämä seuraa välittömästi siitä, että f (n+) 0, sillä n + > m ja f on astetta m oleva polynomi. Lauseen 2.0 mukaisesti siis Taylorin kaavan jäännöstermiä merkitään symbolilla R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x) = n! x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt. Tälle jäännöstermille eli approksimoinnissa syntyvälle virheelle voidaan antaa muunkinlaisia esityksiä. Lauseissa 2.2 ja 2.3 on kaksi tällaista esitystä. Lause 2.2 (Cauchyn esitys) Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n+ kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Tällöin kaikille x I\{x 0 } on olemassa ξ ]x, x 0 [ ]x 0, x[ siten, että R n,x0 f(x) = n! f (n+) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ). Todistus. Tässä täytyy taas tutkia erikseen tapaukset x > x 0 ja x < x 0. Olkoon ensin x > x 0. Oletuksen mukaan funktio f (n+) (t) on jatkuva ja siten myös 28

30 funktio t f (n+) (t)(x t) n on jatkuva välillä [x 0, x], joten integraalilaskennan väliarvolauseen ([A2], lause.4) nojalla on olemassa ξ ]x 0, x[ siten, että x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ). () Sijoittamalla tämä Taylorin kaavaan (lause 2.0) saadaan väite R n,x0 f(x) = n! R n,x0 f(x) = x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt (n + )! f (n+) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ). Tarkastellaan sitten tapausta x < x 0, joka on (kuten voi arvatakin) lähes identtinen yllä olevan kanssa. Oletuksen mukaan funktio f (n+) (t) on jatkuva ja siten myös funktio t f (n+) (t)(x t) n on jatkuva välillä [x, x 0 ], joten integraalilaskennan väliarvolauseen ([A2], lause.4) nojalla on olemassa ξ ]x, x 0 [ siten, että jolloin x x0 x f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ)(x ξ) n (x 0 x), x 0 f (n+) (t)(x t) n dt = x0 x f (n+) (t)(x ξ) n dt = f (n+) (ξ)(x ξ) n (x 0 x) = f (n+) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ). Siten kaava () pätee myös tässä tapauksessa, jolloin varsinainen väite seuraa täsmälleen samalla tavalla kuin yllä. Esimerkki 2.3 Palataan esimerkkiin 2.3, jossa laskettiin eksponenttifunktion f(x) = e x Taylorin polynomit T n,0 f(x) = k=0 k! xk. Paljonko on approksimoinnissa syntyvä maksimivirhe (mitä se sitten tarkoittaakin) esimerkiksi välillä I = ], [? Kysymys voidaan asettaa myös vähän täsmällisemmin niin, että paljonko on sup{ R n,x0 f(x) x I} eli sup{ T n,x0 f(x) f(x) x I} d(t n,x0 f, f), eli missä d on lauseessa.3 määritelty metriikka välillä I. Lause 2.2 antaa keinon arvoida tätä metriikkaa. Koska lauseen 2.2 merkinnöin (tässä siis x 0 = 0) 29

31 ξ I, niin f (n+) (ξ) = e ξ e ja x ξ sekä x x 0 kaikille x I \ {0}, niin lauseen 2.2 mukaan saadaan kaikille x I (kun tapauksessa x = 0 muistetaan, että T n,0 f(0) = f(0) eli T n,0 f(0) = f(0) eli R n,0 f(0) = 0) d(t n,x0 f, f) = sup{ T n,0 f(x) f(x) x ], [} = sup{ R n,0 f(x) x ], [} n! e n = n! e. Tästä arviosta näkyy myös se merkittävä seikka, että d(t n,x0 f, f) 0 eli T n,x0 f f eli eksponenttifunktion Taylorin polynomit konvergoivat tasaisesti kohti eksponenttifunktiota välillä ], [. Lauseen 2.2 todistuksessa käytettiin integraalilaskennan väliarvolausetta. Jos sen sijaan käytetään vähän terävämpää ns. yleistettyä väliarvolausetta, saadaan useissa tapauksissa hieman parempi arvio jäännöstermille: Lause 2.4 (Lagrangen esitys) Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Olkoon x I \ {x 0 }. Tällöin on olemassa ξ ]x, x 0 [ ]x 0, x[ siten, että R n,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+. Todistus. Tässä täytyy taas tutkia erikseen tapaukset x 0 < x ja x < x 0. Olkoon ensin x 0 < x. Oletuksen mukaan funktio f (n+) (t) on jatkuva välillä [x 0, x]. Toisaalta funktio t (x t) n on Riemann-integroituva eikä vaihda merkkiään välillä [x 0, x], jolloin integraalilaskennan yleistetyn väliarvolauseen ([A2], lause.6) nojalla on olemassa ξ ]x 0, x[ siten, että x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ) x Tässä jälkimmäinen integraali osataan laskea ja saadaan x x 0 (x t) n dt. f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ) x 0 n + (x x 0) n+. Sijoittamalla tämä Taylorin kaavaan R n,x0 f(x) = n! x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt saadaan väite R n,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) (n+). 30

32 Olkoon sitten x < x 0. Oletuksen mukaan funktio f (n+) (t) on jatkuva välillä [x, x 0 ]. Toisaalta funktio t (x t) n on Riemann-integroituva eikä vaihda merkkiään välillä [x, x 0 ], jolloin integraalilaskennan yleistetyn väliarvolauseen ([A2], lause.6) nojalla on olemassa ξ ]x, x 0 [ siten, että x0 x f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ) x0 Tässä jälkimmäinen integraali osataan laskea ja saadaan x0 x x (x t) n dt. f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (ξ) n + (x x 0) n+. Sijoittamalla tämä Taylorin kaavaan (lause 2.0) R n,x0 f(x) = n! saadaan väite x x 0 f (n+) (t)(x t) n dt = n! R n,x0 f(x) = x0 (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) (n+). x f (n+) (t)(x t) n dt Esimerkki 2.5 Palataan esimerkkiin 2.3, ja arvioidaan nyt eksponenttifunktion f(x) = e x Taylorin polynomeilla T n,0 f(x) = k=0 k! xk. tehtävässä approksimoinnissa syntyvää maksimivirhettä Lagrangen esityksen avulla välillä I = ], [. Kuten esimerkissä 2.3, kysymys voidaan asettaa myös niin, että paljonko on d(t n,x0 f, f), missä d on lauseessa.3 määritelty metriikka välillä I. Koska myös Lagrangen esityksessä olevalle luvulle ξ pätee ξ I, niin f (n+) (ξ) = e ξ e ja x ξ. Koska lisäksi x x 0 kaikille x I, niin lauseen 2.4 mukaan d(t n,x0 f, f) (n + )! e n+ = (n + )! e. Tämä on hieman parempi arvio kuin Cauchyn esityksen antama vastaava arvio esimerkissä 2.3. Analyysi 2:n lauseessa 2.5 osoitettiin, että jos f on derivoituva avoimella välillä I ja x 0 I, niin on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja f(x) f(x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) = (x x 0 )ɛ(x) kaikille x I. 3

33 Määritelmän 2. mukaan f:n ensimmäisen kertaluvun Taylorin polynomi pisteessä x 0 on T,x0 f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ), joten yllämainittu [A2]:n tulos voidaan formuloida näin: Jos f on derivoituva avoimella välillä I ja x 0 I, niin on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja f(x) T,x0 f(x) = (x x 0 )ɛ(x) R,x0 f(x) = (x x 0 )ɛ(x) kaikille x I. kaikille x I eli Tämä voidaan yleistää korkeamman kertaluvun jäännöstermeille: Lause 2.6 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Tällöin on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja () R n,x0 f(x) = (x x 0 ) n ɛ(x) kaikille x I. Todistus. Määritellään ɛ : I R asettamalla { f(x) Tn,x0 f(x) ɛ(x) = (x x 0) kun x I \ {x n 0 } 0 kun x = x 0. Koska jäännöstermin määritelmän mukaan R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x) ja lauseen 2.7 mukaan T n,x0 f(x 0 ) = f(x 0 ), niin näin määritelty ɛ toteuttaa ehdot (). Siten riittää osoittaa, että ɛ on jatkuva. Koska f on derivoituvana funktiona jatkuva välillä I ja T n,x0 f on polynomina jatkuva kaikkialla, niin ɛ on selvästi jatkuva joukossa I \ {x 0 }. Siten riittää osoittaa, että ɛ on jatkuva pisteessä x 0. Koska ɛ(x 0 ) = 0, niin riittää osoittaa, että lim ɛ(x) = 0. (2) x x 0 Koska f (n+) on oletuksen mukaan jatkuva välillä I, niin on olemassa a, b I siten, että a < x 0 < b ja f (n+) on rajoitettu välillä ]a, b[; olkoon f (n+) (x) M kaikille x ]a, b[. (3) Lagrangen esityksen nojalla kaikille x ]a, b[\{x 0 } on olemassa ξ x ]x, x 0 [ ]x 0, x[ ]a, b[ siten, että R n,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (ξ x )(x x 0 ) n+. 32

34 Tällöin näille x pätee funktion ɛ määritelmän nojalla 0 ɛ(x) = R n,x 0 f(x) (x x 0 ) n = (n+)! f (n+) (ξ x )(x x 0 ) n+ (x x 0 ) n = (4) (n + )! f (n+) (ξ x ) (x x 0 ) i) (n + )! M x x 0, missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (3). Koska lim x x 0 (n + )! M x x 0 = 0, niin väite (2) seuraa ehdosta (4) ja suppiloperiaatteesta. Lause 2.7 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Tällöin on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja f(x) = T n,x0 f(x) + (x x 0 ) n ɛ(x) kaikille x I. Todistus. Tämä seuraa suoraan lauseesta 2.6 ja siitä, että R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x). Jatkoa varten on kovin hyödyllistä huomata, että lauseen 2.7 ehto karakterisoi Taylorin kertalukua n olevan polynomin yksikäsitteisesti seuraavassa mielessä: Lause 2.8 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Olkoon lisäksi P korkeintaan astetta n oleva polynomi ja olkoon ɛ : I R jatkuva funktio siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja () f(x) = P (x) + (x x 0 ) n ɛ(x) kaikille x I. Tällöin P = T n,x0 f. Todistus. Polynomi P voidaan esittää muodossa P (x) = a k (x x 0 ) k, missä a 0, a,..., a n R. (2) k=0 Taylorin polynomin määritelmän mukaan riittää osoittaa, että a k = k! f (k) (x 0 ) kaikille k = 0,,..., n. 33

35 Tehdään tämä induktiivisesti k:n suhteen. Induktion ensimmäisenä askeleena pitää siis osoittaa, että a 0 = f(x 0 ). (3) Lauseen 2.7 nojalla on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ (x 0 ) = 0 ja (4) f(x) = T n,x0 f(x) + (x x 0 ) n ɛ (x) kaikille x I. Huomaa, että tässä vaiheessa ei suinkaan tiedetä, että tämä ɛ on sama funktio kuin ehdon () ɛ, vaikkakin jatkossa itse asiassa osoittautuu, että ɛ = ɛ nyt tiedetään siis vain, että funktiot ɛ ja ɛ ovat jatkuvia sekä ɛ toteuttaa ehdon (4) ja ɛ ehdon (). Esityksen (2) perusteella P (x 0 ) = a 0, jolloin esityksen () nojalla a 0 = P (x 0 ) = f(x 0 ) (x 0 x 0 )ɛ(x 0 ) = f(x 0 ). Toisaalta lauseen 2.7 perusteella myös joten väite (3) seuraa. T 0,x0 f(x 0 ) = f(x 0 ), Oletetaan sitten induktiivisesti, että k n ja että a j = j! f (j) (x 0 ) kaikille j = 0,,..., k. (5) Induktioväitteenä on, että a k = k! f (k) (x 0 ). Esityksien () ja (4) perusteella kaikille x I pätee T n,x0 f(x) + (x x 0 ) n ɛ (x) = f(x) = P (x) + (x x 0 ) n ɛ(x). Lauseen 2.7 ja esityksen (2) perusteella tämä tarkoittaa sitä, että kaikille x I pätee j=0 j! f (j) (x 0 )(x x 0 ) j + (x x 0 ) n ɛ (x) = a j (x x 0 ) j + (x x 0 ) n ɛ(x). j=0 Tällöin induktio-oletuksen (5) nojalla kaikille x I pätee j=k j! f (j) (x 0 )(x x 0 ) j + (x x 0 ) n ɛ (x) = a j (x x 0 ) j + (x x 0 ) n ɛ(x). j=k 34

36 Kun x x 0, niin tämä yhtälö voidaan puolittain supistaa termillä (x x 0 ) k, jolloin nähdään, että kaikille x I \ {x 0 } pätee j=k j! f (j) (x 0 )(x x 0 ) j k +(x x 0 ) n k ɛ (x) = a j (x x 0 ) j k +(x x 0 ) n k ɛ(x). Annetaan tässä x x 0, jolloin saadaan ɛ :n ja ɛ:n jatkuvuuksien perusteella j=k k! f (k) (x 0 ) + (x 0 x 0 ) n k ɛ (x 0 ) = a k + (x 0 x 0 ) n k ɛ(x 0 ). Kun k < n, tästä saadaan välittömästi induktioväite Kun k = n, saadaan ensin yhtälö a k = k! f (k) (x 0 ). k! f (k) (x 0 ) + ɛ (x 0 ) = a k + ɛ(x 0 ), josta induktioväite seuraa ehtojen ɛ (x 0 ) = 0 = ɛ(x 0 ) nojalla. Näin yleinen induktioaskel on otettu, joten väite pätee induktioperiaatteen mukaisesti. Huomautus. Lausetta 2.8 voi monissa käytännön (ja miksei teoriankin) tilanteissa käyttää Taylorin polynomin määräämiseen, jos ei jostakin syystä ole helppoa tai mukavaa laskea sitä suoraan määritelmästä. Tästä on esimerkkejä lauseen 2.2 todistuksessa ja silloin tietysti edelleen kyseisen lauseen sovelluksissa esimerkeissä 2.22 ja Lause 2.9 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f, g : I R n kertaa derivoituvia funktioita sekä a, b R. Merkitään h = af + bg : I R. Tällöin kaikille k {0,,..., n} pätee T k,x0 h = at k,x0 f + bt k,x0 g. Todistus. Tämä seuraa suoraan Taylorin polynomin määritelmästä 2., sillä kaikille k {0,,..., n} pätee h (k) = af (k) + bg (k). Seuraavaa lausetta varten todistetaan ensin pieni havainto polynomien kertolaskusta: Lause 2.20 Olkoot P ja Q polynomeja, P (x) = m a k x k, Q(x) = b k x k, missä a 0, a,..., a n, b 0, b,..., b m R. k=0 k=0 35

37 Merkitään R = P Q. Tällöin R(x) = n+m k=0 c k x k, missä c k = j=0 i+j=k m a j b i kaikille k = 0,..., n + m. Huomautus. Lauseessa oleva summa saattaa näyttää vähän kryptiseltä. Sen intuitiivinen merkitys lienee kuitenkin selvä ja tarkka matemaattinen määritelmä on seuraavanlainen: Jos n, m N ja c j, j = 0,..., n ja d i, i = 0,..., m ovat annettuja reaalilukuja, niin määritellään ensin c j = 0 kaikille j = n +,..., n + m ja d i = 0 kaikille i = + m,..., n + m, jonka jälkeen voidaan asettaa kaikille k = 0,..., n + m j=0 i+j=k m c j d i = k c l d k l. Lauseen 2.20 todistus. Pidetään n kiinteänä ja tehdään induktio m:n suhteen. l=0 Kun m = 0, Q on vakio, Q b 0, jolloin ( n ) R(x) = P (x)q(x) = a k x k b 0 = k=0 ja toisaalta kaikille k = 0,..., n = n + m pätee joten väite pätee. j=0 i+j=k m a j b i = j=0 0+j=k a j b 0 = a k b 0, a k b 0 x k Oletetaan sitten induktiivisesti, että m ja että väite pätee m :lle ja osoitetaan, että se pätee m:lle. Nyt ( n ) ( m ) R(x) = P (x)q(x) = a k x k b k x k i) = ( n ) a k x k k=0 n+m k=0 ( m k=0 k=0 m a j b i xk + j=0 i+j=k k=0 k=0 ) ( n ) b k x k + a k x k k=0 k=0 k+m iii) a k b m x = b m x m ii) = 36

38 m m a j b i xk + k=0 m k=0 m k=0 m k=0 m k=0 m k=0 n+m k=0 j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk, j=0 i+j=k n+m k=m n+m k=m n+m k=m n+m k=m n+m k=m n+m k=m m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k m a j b i xk + j=0 i+j=k j=0 i+j=k k=0 k=0 n+m k=m n+m k=m m a j b i xk + a n b m x m a j b i xk + j=0 i+j=k n+m k=n+m k+m iv) a k b m x = k+m v) a k b m x = a k m b m x k vi) = a k m b m x k n+m vii) + a n b m x = n+m viii) = j=0 i+j=k m a j b i ix) xk = joten induktioaskel on otettu. Tässä yhtälössä i) vasen summa on jaettu kahtia ja sitten kerrottu, yhtälössä ii) on käytetty induktio-oletusta, yhtälössä iii) ensimmäinen summa on jaettu kahtia, yhtälössä iv) ensimmäiseen summaan on näennäisesti lisätty termit a j b m ; tämä on kuitenkin vain näennäistä, sillä ehto i + j = k m estää näiden termien tosiasiallisen esiintymisen, joten summa summa ei muutu tästä lisäyksestä mihinkään, yhtälössä v) viimeisessä summassa on vaihdettu indeksointia, yhtälössä vi) viimeinen summa on jaettu kahtia, yhtälössä vii) kaksi keskimmäistä summaa on yhdistetty, yhtälössä viii) viimeinen termi on kirjoitettu summan muotoon tässä summassahan on vain yksi termi ja lopulta yhtälössä ix) kaikki kolme summaa on yhdistetty. Lauseen väite seuraa nyt induktioperiaatteesta. Lause 2.2 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N ja f, g : I R n + 37

39 kertaa jatkuvasti derivoituvia funktioita. Merkitään h = fg : I R Tällöin T n,x0 h(x) = i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k. k=0 j=0 i+j=k Huomautus. Lauseen 2.20 mukaan saadaan f:n ja g:n Taylorin polynomien tuloksi 2 T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) = i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k. k=0 j=0 i+j=k On tärkeää huomata, että tämä ei ole sama summa kuin lauseessa 2.2, koska uloimman summan yläraja ei ole sama: Toisessa se on 2n ja toisessa n. Tämä tarkoittaa sitä, että tulon Taylorin polynomi ei yleensä ole sama kuin vastaava Taylorin polynomien tulo. Koska lauseen 2.20 ja 2.2 summat ovat kuitenkin melkein samoja, käytännössä lauseet 2.20 ja 2.2 merkitsevät sitä, että tulon Taylorin polynomi saadaan niin, että Taylorin polynomien tulosta poimitaan mukaan vain ne termit, joiden aste on korkeintaan n. Esimerkki 2.22 Esimerkeissä 2.3 ja 2.4 nähtiin, että eksponenttifunktion ensimmäisen kertaluvun Taylorin polynomi origossa on ja sinin vastaava on T,0 exp(x) = + x T,0 sin(x) = x. Koska tulofunktiolle f = sin exp pätee f(0) = 0 ja f (x) = (cos x)e x +(sin x)e x, jolloin f (0) =, niin tulofunktion ensimmäisen kertaluvun Taylorin polynomi origossa on T,0 f(x) = x. () Taylorin polynomien tulo on T,0 exp(x) T,0 sin(x) = ( + x)x = x + x 2. Kun tästä poimitaan vain korkeintaan astetta olevat termit saadaan esitys () kuten pitikin. Lauseen 2.2 todistus. Merkitään P (x) = i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k k=0 j=0 i+j=k ja 38

40 Q(x) = i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) l, l= j=0 i+j=l+n jolloin tehtävänä on siis osoittaa, että T n,x0 h(x) = P (x). Huomaa, että Q:n määritelmästä erityisesti siitä, että siinä aina l seuraa suoraan, että Q on polynomi, jolle pätee Q(x 0 ) = 0. Koska Taylorin polynomin määritelmän mukaan niin saadaan T n,x0 f(x) = k=0 T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) i) = k=0 j=0 i+j=k k! f (k) (x 0 ) ja T n,x0 g(x) = 2 k=0 j=0 i+j=k i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k + 2 k=n+ j=0 i+j=k l= k=0 k! g(k) (x 0 ), i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k ii) = i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) k iii) = P (x) + i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) P (x) + (x x 0 ) n j=0 i+j=l+n n l= P (x) + (x x 0 ) n Q(x) j=0 i+j=l+n l+n iv) i!j! f (i) (x 0 )g (j) (x 0 ) (x x 0) l = v) Tässä yhtälö i) perustuu lauseeseen 2.20 ja yhtälössä ii) on vain jaettu summa kahtia. Yhtälö iii) perustuu P :n määritelmään ja jälkimmäisessä summassa tehtyyn indeksin vaihtoon: l = k n. Yhtälö iv) on triviaali ja yhtälö v) seuraa = 39

41 polynomin Q määritelmästä. Siten P (x) = T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) (x x 0 ) n Q(x). Tehtävänä oli siis osoittaa, että P on funktion h kertalukua n oleva Taylorin polynomi. Koska määritelmänsä mukaan P on korkeintaan astetta n oleva polynomi ja h on n+ kertaa jatkuvasti derivoituva, niin lauseen 2.8 nojalla riittää osoittaa, että on olemassa välillä I jatkuva funktio ɛ siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja () h(x) = P (x) + (x x 0 ) n ɛ(x) = (2) T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) (x x 0 ) n Q(x) + (x x 0 ) n ɛ(x) kaikille x I. Lauseen 2.7 nojalla on olemassa välillä I jatkuvat funktiot ɛ f ja ɛ g siten, että sekä ɛ f (x 0 ) = 0 ja (3) f(x) = T n,x0 f(x) + (x x 0 ) n ɛ f (x) kaikille x I. (4) ɛ g (x 0 ) = 0 ja (5) g(x) = T n,x0 g(x) + (x x 0 ) n ɛ g (x) kaikille x I. (6) Määritellään nyt funktio ɛ : I R asettamalla kaikille x I ɛ(x) = T n,x0 f(x)ɛ g (x) + T n,x0 g(x)ɛ f (x) + (x x 0 ) n ɛ f (x)ɛ g (x) + Q(x). Koska funktiot ɛ f ja ɛ g ovat jatkuvia ja Taylorin polynomit ja Q ovat polynomeina jatkuvia, niin riittää osoittaa, että ɛ toteuttaa ehdot () ja (2). Ehto () pätee, sillä ɛ(x 0 ) = T n,x0 f(x 0 )ɛ g (x 0 ) + T n,x0 g(x 0 )ɛ f (x 0 ) + (x 0 x 0 ) n ɛ f (x 0 )ɛ g (x 0 ) + Q(x 0 ) i) = T n,x0 f(x 0 ) 0 + T n,x0 g(x 0 ) n = 0, missä yhtälö i) seuraa ehdoista (3) ja (5) ja siitä, että Q(x 0 ) = 0. Ehto (2) pätee, sillä T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) (x x 0 ) n Q(x) + (x x 0 ) n ɛ(x) i) = T n,x0 f(x) T n,x0 g(x) (x x 0 ) n Q(x)+ (x x 0 ) n (T n,x0 f(x)ɛ g (x) + T n,x0 g(x)ɛ f (x) + (x x 0 ) n ɛ f (x)ɛ g (x) + Q(x)) ii) = T n,x0 f(x)(t n,x0 g(x) + (x x 0 ) n ɛ g (x))+ (x x 0 ) n ɛ f (x)(t n,x0 g(x)(x) + (x x 0 ) n ɛ g (x)) iii) = T n,x0 f(x)g(x) + (x x 0 ) n ɛ f (x)g(x) iv) = (T n,x0 f(x) + (x x 0 ) n ɛ f (x))g(x) v) = f(x)g(x). 40

42 Tässä yhtälö i) seuraa funktion ɛ määritelmästä, yhtälöt ii) ja iv) ovat pelkkiä sievennyksiä, yhtälö iii) seuraa ehdosta (6) ja yhtälö v) ehdosta (4). Varoitus. Kuten lauseen 2.2 jälkeisessä huomautuksessa todettiin, yleensä on niin, että T n,x0 (f g) T n,x0 f T n,x0 g. Käytännössä tämän huomaa jo siitä, että tulo T n,x0 f T n,x0 g on liian korkeaa astetta; useimmiten se on astetta 2n. Tätäkin havaintoa pitää varoa, sillä yleensä on myös niin, että T 2n,x0 (f g) T n,x0 f T n,x0 g. Tästä esimerkki on seuraavassa. Esimerkki 2.23 Esimerkeissä 2.3 ja 2.4 laskettiin funktioiden f(x) = e x ja g(x) = sin x Taylorin kuudennen kertaluvun polynomit T 6,0 f(x) = + x + 2 x2 + 6 x x x x6 ja T 6,0 g(x) = x 6 x x5. Koska f ja g ovat (ainakin) seitsemän kertaa jatkuvasti derivoituvia, tulofunktion h(x) = e x sin x kuudennen kertaluvun Taylorin polynomi saadaan lauseesta 2.2. Se saadaan siis niin, että tulosta ( + x + 2 x2 + 6 x x x x6 ) ( x 6 x3 + ) 20 x5 poimitaan vain korkeintaan astetta 6. olevat termit, jolloin saadaan T 6,0 h(x) = x + x 2 + ( )x3 + ( )x4 + ( )x5 + ( )x6 = x + x x3 30 x5 90 x6. Korkeamman kertaluvun termejä ei tarvitse tässä laskea ollenkaan. Jos ne kuitenkin lasketaan, tuloksena on astetta 2. oleva polynomi, joka ei kuitenkaan ole T 2,0 h. Jätetään tämän tarkistaminen harjoitustehtäväksi. Huomaa, että esimerkin 2.23 tuloksen saa tietysti suoraan Taylorin polynomin määritelmästä derivoimalla funktio h tulon derivaatan määritelmän mukaan kuusi kertaa. Tämä on kuitenkin huomattavan työlästä verrattuna ylläolevaan laskuun. Kokeile, jos et usko! Tosin tässä demotehtävän 20. Leibnitzin kaavan käyttö auttaa kovasti. Esimerkin 2.23 laskelmista näkyy myös, että T 3,0 f(x) = + x + 2 x2 + 6 x3 ja 4

43 T 3,0 f(x) = x 6 x3, jolloin T 3,0 f(x) T 3,0 g(x) =x + x 2 + ( 2 6 )x3 + ( 6 6 )x4 2 x5 36 x6 x + x x3 2 x5 36 x6, ja tämähän ei siis ole T 6,0 h (vaikka vähän sinne päin onkin), joten tässäkin toteutuu esimerkkiä 2.23 edeltävässä varoituksessa ounasteltu tilanne. Joissakin erikoistapauksissa myös yhdistettyjen funktioiden Taylorin polynomeja voi laskea lauseen 2.8 avulla: Lause 2.24 Olkoon n, m N, m, a R, I, J R avoimia välejä, f : J R nm + kertaa jatkuvasti derivoituva, x 0 I ja P polynomi, P (x) = a(x x 0 ) m, jolle pätee P (I) J. Merkitään h = f P : I R. Tällöin T nm,x0 h = T n,0 f P. Todistus. Koska P on polynomina äärettömän monta kertaa derivoituva, niin f P on nm + kertaa jatkuvasti derivoituva, joten lauseen 2.8 nojalla riittää osoittaa, että on olemassa jatkuva funktio ɛ : I R siten, että ɛ(x 0 ) = 0 ja () f P (x) = T n,0 P (x) + (x x 0 ) nm ɛ(x) kaikille x I. (2) Oletusten nojalla 0 J, joten lauseen 2.7 nojalla on olemassa jatkuva funktio ɛ f : J R siten, että ɛ f (0) = 0 ja (3) f(x) = T n,0 (x) + x n ɛ f (x) kaikille x J. (4) Määritellään nyt kuvaus ɛ : I R asettamalla ɛ(x) = a n ɛ f (P (x)) kaikille x I. Koska P (I) J ja e f on määritelty koko välillä J, niin ɛ on järkevästi määritelty. Koska P on polynomina jatkuva ja ɛ f on jatkuva sekä a on vakio, niin ɛ on jatkuva. Siten riittää osoittaa, että ehdot () ja (2) ovat voimassa. Ehto () pätee, sillä oletuksen mukaan P (x 0 ) = 0 ja ehdon (3) mukaan ɛ f (0) = 0. Myös ehto (2) pätee, sillä kaikille x R saadaan f P (x) = f(p (x)) i) = T n,0 (P (x)) + P (x) n ɛ f (P (x)) ii) = T n,0 P (x) + (a(x x 0 ) m ) n ɛ f (P (x)) iii) = T n,0 P (x) + (x x 0 ) nm ɛ(x), missä yhtälö i) seuraa ehdosta (4), yhtälö ii) P :n määritelmästä ja yhtälö iii) ɛ:n määritelmästä. 42

44 Esimerkki 2.25 Lasketaan lauseen 2.24 avulla funktion h(x) = sin(x 3 3x 2 + 3x ) kahdeksannentoista kertaluvun Taylorin polynomi pisteessä x 0 =. Tässä siis lauseen 2.24 merkinnöin f(x) = sin x ja P (x) = x 3 3x 2 +3x = (x ) 3. Funktio f on määritelty ja (ainakin) yhdeksäntoista kertaa jatkuvasti derivoituva koko R:ssä, joten lauseen 2.24 nojalla Koska niin T 8, h = T 6,0 P. T 6,0 f(x) = x 6 x x5, T 8, h(x) = T 6,0 f(p (x)) = P (x) 6 P (x) P (x)5 = (x ) 3 6 (x ) (x )5. Esimerkin 2.25 tuloksen saa tietysti taas aikaan laskemalla h:n 8 ensimmäistä derivaattaa pisteessä x 0 =. Tämä on kuitenkin kovin paljon työläämpää, kuin edellä esitetty tapa. Loppuvastauksen voi tietysti vielä sieventää eli poistaa sulut, jos katsoo sen aiheelliseksi. Analyysi 2:n lauseessa 4.6 todistettiin, että jos funktio f on kahdesti derivoituva ja f (x 0 ) = 0, niin x 0 on f:n maksimi-/minimikohta, mikäli f (x 0 ) < 0/f (x 0 ) > 0. Tämä tulos ei sano mitään tilanteesta, jossa f (x 0 ) = 0. Tällainen tilanne saadaan hallintaan Taylorin polynomien avulla, kuten seuraavan lauseen todistuksesta käy ilmi. Lause 2.26 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, n N, n ja f : I R n + kertaa jatkuvasti derivoituva funktio. Oletetaan, että f (x 0 ) = f (x 0 ) = = f (n) (x 0 ) = 0 ja f (n+) (x 0 ) 0. Tällöin pätee seuraavaa: a) Jos n on pariton ja f (n+) (x 0 ) < 0, niin x 0 on f:n lokaali maksimipiste. b) Jos n on pariton ja f (n+) (x 0 ) > 0, niin x 0 on f:n lokaali minimipiste. c) Jos n on parillinen niin x 0 ei ole f:n lokaali ääriarvopiste. Huomaa, että n:n arvolla n = kohdat a) ja b) antavat yllämainitun [A2]:n tuloksen tosin vähän kovemmin oletuksin: Tässä vaaditaan toisen derivaatan jatkuvuus. Lause 2.26 perustuu havainnollisesti ajateltuna siihen, että näillä oletuksilla Taylorin polynomin T n+,x0 f ainoa nollasta eroava termi on 43

45 (n+)! f (n+) (x 0 )(x x 0 ) n+. Toisaalta Taylorin polynomi on approksimaatio f:lle, joten tässä tapauksessa f(x) T n+,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (x 0 )(x x 0 ) n+. Lauseen väite seuraa siitä, että funktio (n+)! f (n+) (x 0 )(x x 0 ) n+ käyttäytyy lauseen ehtojen a) - c) mukaisesti. Todistus. Koska oletuksen mukaan f (k) (x 0 ) = 0 kaikille k =, 2,..., n, niin Taylorin polynomin määritelmän mukaan Tällöin kaikille x I pätee T n,x0 f f(x 0 ). f(x) f(x 0 ) = f(x) T n,x0 f = R n,x0 f. () a) Tässä siis oletetaan, että n on pariton, jolloin n + on parillinen. Lisäksi oletetaan, että f (n+) (x 0 ) < 0, jolloin f (n+) :n jatkuvuuden perusteella on olemassa δ > 0 siten, että f (n+) (x) < 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. (2) Kohdan a) väite seuraa, jos osoitetaan, että f(x) f(x 0 ) kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. Asia on selvä, kun x = x 0, joten voidaan olettaa, että x x 0. Ehdon () nojalla riittää osoittaa, että R n,x0 f(x) 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. (3) Olkoon siis x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I mielivaltainen. Väite (3) seuraa nyt lauseesta 2.4 eli Lagrangen esityksestä jäännöstermille: Ensinnäkin sen mukaan on olemassa ξ ]x, x 0 [ ]x 0, x[ siten, että R n,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+. (4) Koska nyt ξ ]x, x 0 [ ]x 0, x[ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (2) nojalla f (n+) (ξ) < 0. Toisaalta n + on parillinen, joten (x x 0 ) n+ 0. Silloin joten väite (3) seuraa ehdosta (4). a) (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, b) Tässäkin n on pariton ja n + on parillinen. Lisäksi nyt oletetaan, että 44

46 f (n+) (x 0 ) > 0, jolloin f (n+) :n jatkuvuuden perusteella on olemassa δ > 0 siten, että f (n+) (x) > 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. (5) Kohdan b) väite seuraa, jos osoitetaan, että f(x) f(x 0 ) kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. Asia on selvä, kun x = x 0, joten voidaan olettaa, että x x 0. Ehdon () nojalla riittää osoittaa, että R n,x0 f 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. (6) Olkoon siis x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I mielivaltainen. Väite (6) seuraa taas lauseesta 2.4 eli Lagrangen esityksestä jäännöstermille, jonka mukaan ehto (4) pätee. Koska nyt ξ ]x, x 0 [ ]x 0, x[ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (5) nojalla f (n+) (ξ) > 0. Toisaalta n + on parillinen, joten (x x 0 ) n+ 0. Silloin (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, joten väite (6) seuraa ehdosta (4). b) c) Tässä siis oletetaan, että n on parillinen, jolloin n + on pariton. Oletuksen mukaan lisäksi f (n+) (x 0 ) 0, jolloin joko f (n+) (x 0 ) < 0 tai f (n+) (x 0 ) > 0. Tarkastellaan nämä tapaukset erikseen. c) Oletetaan ensin, että f (n+) (x 0 ) < 0, jolloin ehto (2) pätee. Koska väli I on avoin, niin kohdan c) väite seuraa, jos osoitetaan, että f(x) f(x 0 ) kaikille x ]x 0 δ, x 0 [ I ja f(x) f(x 0 ) Ehdon () nojalla riittää osoittaa, että kaikille x ]x 0, x 0 + δ[ I. R n,x0 f 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 [ I ja (7) R n,x0 f 0 kaikille x ]x 0, x 0 + δ[ I. (8) Olkoon ensin x ]x 0 δ, x 0 [ I mielivaltainen. Jäännöstermin Lagrangen esityksen mukaan on olemassa ξ ]x, x 0 [ siten, että ehto (4) pätee. Koska nyt ξ ]x, x 0 [ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (2) nojalla f (n+) (ξ) < 0. Toisaalta n + on pariton ja x x 0 < 0, jolloin (x x 0 ) n+ < 0. Silloin joten väite (7) seuraa ehdosta (4). (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, 45

47 Olkoon sitten x ]x 0, x 0 + δ[ I mielivaltainen. Jäännöstermin Lagrangen esityksen mukaan on olemassa ξ ]x 0, x[ siten, että ehto (4) pätee. Koska nyt ξ ]x 0, x[ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (2) nojalla f (n+) (ξ) < 0. Toisaalta x x 0 > 0, jolloin myös (x x 0 ) n+ > 0. Silloin joten väite (8) seuraa ehdosta (4). c) (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, c2) Oletetaan sitten, että f (n+) (x 0 ) > 0, jolloin ehto (5) pätee. Koska väli I on avoin, niin kohdan c) väite seuraa, jos osoitetaan, että f(x) f(x 0 ) kaikille x ]x 0 δ, x 0 [ I ja f(x) f(x 0 ) Ehdon () nojalla riittää osoittaa, että kaikille x ]x 0, x 0 + δ[ I. R n,x0 f 0 kaikille x ]x 0 δ, x 0 [ I ja (9) R n,x0 f 0 kaikille x ]x 0, x 0 + δ[ I. (0) Olkoon ensin x ]x 0 δ, x 0 [ I mielivaltainen. Jäännöstermin Lagrangen esityksen mukaan on olemassa ξ ]x, x 0 [ siten, että ehto (4) pätee. Koska nyt ξ ]x, x 0 [ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (5) nojalla f (n+) (ξ) > 0. Toisaalta n + on pariton ja x x 0 < 0, jolloin (x x 0 ) n+ < 0. Silloin joten väite (9) seuraa ehdosta (4). (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, Olkoon sitten x ]x 0, x 0 + δ[ I mielivaltainen. Jäännöstermin Lagrangen esityksen mukaan on olemassa ξ ]x 0, x[ siten, että ehto (4) pätee. Koska nyt ξ ]x 0, x[ ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, niin ehdon (5) nojalla f (n+) (ξ) > 0. Toisaalta x x 0 > 0, jolloin myös (x x 0 ) n+ > 0. Silloin (n + )! f (n+) (ξ)(x x 0 ) n+ 0, joten väite (0) seuraa ehdosta (4). c2) Esimerkki 2.27 Tarkastellaan esimerkin 2.25 funktiota h(x) = sin(x 3 3x 2 + 3x ). Sen derivaatta pisteessä x = on nolla, joten sillä saattaa olla ääriarvo tässä pisteessä. Koska myös h () = 0, [A2]:n lause 4.6 ei sano tilanteesta mitään. Käytetään sen sijaan lausetta Esimerkissä 2.25 laskettiin Taylorin polynomi T 8, h() = (x ) 3 6 (x ) (x )5. 46

48 Tästä esityksestä voidaan lukea derivaatat h (k) () kaikille k = 0,,..., 8. Koska Taylorin polynomin k:s kerroin on h (k) ()/k!, niin nähdään, että Siten pätee 0 kun k {0,,..., 8} \ {3, 9, 5} h (k) 3! = 6 kun k = 3 () = 9!/6 kun k = 9 5!/20 kun k = 5. h () = h (2) () = 0 h (2+) () 0. Koska 2 on parillinen, kyseessä ei lauseen 2.26 perusteella ole ääriarvopiste. 3 Reaalilukusarjat Intuitiivisesti reaalilukusarjalla tarkoitetaan summaa a 0 + a + a 2 +, missä a i :t ovat reaalilukuja. Tämän luvun ensimmäinen tehtävä on määritellä matemaattisella tarkkuudella, mitä tämä summa oikein tarkoittaa. Tämmöisen summan taustalla on aina reaalilukujono (a i ). Aiemmin on jo tarkasteltu äärellisiä summia a i, missä n N. Näitä ei ole määritelty tarkasti, vaan on ajateltu, että siinä vain lasketaan luvut a 0, a,..., a n yhteen. Tässä intuitio osuu niin lähelle oikeaa, että kunnon määritelmää ei välttämättä tarvitakaan. Toisin on laita äärettömien summien yhteydessä. Siellä intuitio saattaa viedä pahasti metsään. Paljonko on esimerkiksi summa + ( ) + + ( ) + + ( ) +? Ensimmäinen vastaus: summa on 0, minkä näkee laskemalla näin: ( + ( )) + ( + ( )) + ( + ( )) + = = 0. Toinen vastaus: summa on, minkä näkee laskemalla näin: + (( ) + ) + (( ) + ) + (( ) + ) + = =. Jaaha. Johtopäätös on se, että ei tämä ihan yksinkertaista olekaan. Matemaatikko tarvitsee tässä kohdassa täsmällisen määritelmän. Aloitetaan varmuuden vuoksi äärellisistä summista, vaikka näissä ei kyllä mitään vastaavia ongelmia pääsekään syntymään. ja 47

49 Lähtökohtana on siis annettu kiinteä reaalilukujono (a i ) i N. Tämän mahdollisesta suppenemisesta ei puhuta vielä mitään. Äärelliset summat a i, n N määritellään ns. rekursioperiaatteen avulla seuraavasti. Ensin sovitaan, että 0 a i = a 0 R. Sitten tehdään ns. rekursio-oletus, joka tässä kuuluu niin, että n ja että n a i R on jo määritelty. Nyt tehdään ns. rekursioaskel määrittelemällä n a i = a i + a n. Luonnollisten lukujen rekursioperiaate takaa tällöin, että tämä summa tulee yksikäsitteisesti määriteltyä kaikille n N. Huomaa, että rekursioperiaate muistuttaa kovasti induktioperiaatetta. Ne ovatkin hyvin läheisessä yhteydessä, ja rekursioperiaate todistetaan oikeaksi induktioperiaatteen nojalla. Rekursioperiaatteen avulla yleensä määritellään jotain. Itse asiassa monet tutut asiat esimerkiksi tavallinen kahden luonnollisen luvun yhteenlasku ovat pohjimmiltaan rekursiivisesti määriteltyjä. Näihin periaatteisiin voi tutustua tarkemmin lukuteorian kurssilla. Saman tien voidaan määritellä äärellinen summa, jonka indeksointi ei ala nollasta: Olkoon k, n N, 0 < k n. Tällöin asetetaan a i = i=k k a i a i. Mukavuussyistä voidaan myös vaatimuksesta k n tinkiä sopimalla, että a i = 0 kun k > n. i=k Tarkastellaan sitten ääretöntä summaa. Asetetaan kylmästi määritelmä: 48

50 Määritelmä 3. Olkoon (a n ) reaalilukujono ja k N kiinteä. Merkitään kaikille n N S n = a i N. i=k Näin muodostuu reaalilukujono (S n ) n N. Jos jono (S n ) suppenee kohti reaalilukua S, niin sanotaan, että sarja i=k suppenee ja että sen summa on S. Tällöin merkitään a i = S. i=k Jos jono (S n ) ei suppene, sanotaan, että sarja i=k a i hajaantuu. Voi kysyä vaikuttaako määritelmässä 3. oleva luku k sarjan suppenemiseen, ts. voiko olla niin, että i=k a i suppenee jollekin k = k, mutta hajaantuu jollekin toiselle k = k 2? Vastaus on, että ei voi; tämä näkyy seuraavasta lauseesta. Lause 3.2 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja k N. Tällöin sarja i=k a i suppenee jos ja vain jos sarja a i suppenee. Lisäksi tällöin pätee k a i = a i + a i. i=k a i Todistus. Merkitään kaikille n N Sn k = a i ja S n = i=k a i. Oletetaan ensin, että sarja i=k a i suppenee, mikä siis määritelmän mukaan tarkoittaa sitä, että jono (S k n) n N suppenee. Olkoon S k = lim n Sk n. Koska kaikille n k pätee äärellisten summien määritelmien perusteella k S n = Sn k + ja termi k a i on n:n suhteen vakio, niin myös jono (S n ) suppenee (ks. [A], lemma 4.4; äärellinen määrä jonon alkupään termejä ei vaikuta suppenemiseen eikä raja-arvoon) ja a i k lim S k n = lim n n Sk n + a i = S k + a i. 49

51 Määritelmän 3. mukaan tämä tarkoittaa sitä, että sarja a i suppenee ja lisäksi sitä, että k a i = a i + a i. i=k Pitää vielä todistaa väitteen käänteinen implikaatio eli se, että sarjan a i aiheuttaa sarjan i=k a i suppenemisen. Kuten edellä, tämä seuraa myös analyysi :n lemmasta 4.4, sillä kaikille n k pätee k Sn k = S n a i. Esimerkki. Edellä ihmeteltiin paljonko on summa + ( ) + + ( ) + + ( ) +. Määritelmän 3. mielessä tähän kysymykseen osataan nyt vastata. Tässähän sarjan pohjalla oleva jono (a n ) on sellainen, että Tällöin a n = ( ) n kaikille n N. S n = { kun n on parillinen 0 kun n on pariton, minkä näkee helposti induktiolla. Jono (S n ) ei suppene, koska se ei selvästikään ole Cauchy-jono, ks. [A], lause 4.9. Siispä määritelmän 3. mukaisesti sarja a i hajaantuu. Intuitiivisesti tämä tarkoittaa sitä, että kyseisen sarjan summalla ei ole mitään järkevästi määriteltyä arvoa, mikä oikeastaan kävi ilmi jo tämän luvun aluksi tehdyissä tarkasteluissa. Esimerkki 3.3 Olkoon q R ja (a n ) jono siten, että a n = q n kaikille n N. Tarkastellaan sarjan a i suppenemista. Tapaus q = käsiteltiin yllä. Jos q =, niin ilmeisesti S n = n a i = n+ kaikille n N. Tässäkin tapauksessa sarja a i hajaantuu, sillä jono (S n ) ei ole rajoitettu. Tapaukset q = ± on näin käsitelty ja voidaan olettaa, että q ±. Koska kaikille n N ( q)s n = S n qs n = q 0 q n+ = q n+, q i q q i = q i q i+ = niin koska q eli q 0 kaikille n N pätee S n = qn+. q 50 n+ q i q i = i=

52 Kun tässä q > niin jono (S n ) ei selvästikään ole rajoitettu, joten se ei suppene. Siten sarja a i hajaantuu, kun q >. Kun q <, niin q n+ 0, jolloin S n = qn+ q q. Määritelmän 3. mukaan sarja a i suppenee tällöin ja sen summa on a i = q. Tämän esimerkin sarja qi on ns. geometrinen sarja ja q on sen suhdeluku. Ylläolevat tarkastelut siis osoittavat, että geometrinen sarja suppenee täsmälleen silloin, kun sen suhdeluvulle q pätee q <. Tällöin sarjan summalle pätee q i = q. Edellisissä esimerkeissä voi havaita sen ilmiön, että suppeneville sarjoille a i pätee a i 0 ja hajaantuville sarjoille pätee a i 0. Tästä herää epäilys: Onko niin, että a i 0 suppenee? Vastaus on, että näin ei ole. Perustelua tälle vastaukselle ei vielä osata esittää, mutta myöhemmin osoittautuu, että esimerkiksi i + a i hajaantuu, vaikka Toisinpäin sen sijaan homma on helppo: i + 0. Lause 3.4 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja k N siten, että sarja i=k a i suppenee. Tällöin pätee lim i a i = 0. Todistus. Olkoon ɛ > 0. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että Jos a i < ɛ kaikilla i N. () S n = a j, j=k niin määritelmän 3. mukaan jono (S n ) konvergoi. Tällöin (S n ) on Cauchyjono, ks. [A], lause 4.9. Cauchy-jonon määritelmän mukaan on tällöin olemassa N 0 N siten, että S n S m < ɛ kaikille n, m N 0. (2) 5

53 Määritellään N = max{n 0 +, k + } ja osoitetaan, että tämä on väitteessä () peräänkuulutettu luku N. Kun i N( ), niin a i i) = i i a j a j ii) = S i S i iii) < ɛ, j=k j=k joten ehto () todellakin pätee. Tässä yhtälö i) johtuu äärellisten summien määritelmistä ja siitä, että i N k +, jolloin i i k. Yhtälö ii) tulee suoraan lukujen S i määritelmästä ja epäyhtälö iii) ehdosta (2) ja siitä, että i N N 0 +, jolloin i i N 0. Huomautus 3.5 Lauseessa 3.4 olisi lauseen 3.2 mukaan voitu yhtä hyvin olettaa vain, että a i suppenee. Tämä olisi hiukan yksinkertaistanut lauseen 3.4 todistusta. Näin jatkossa menetelläänkin eli yleensä puhutaan sarjojen i=k a i sijasta vain sarjoista a i tai joissakin tapauksissa sarjoista i= a i. Lauseen 3.2 mukaan tällä ei siis ole suppenemistarkasteluihin mitään vaikutusta. Maalaisjärkisesti sanottuna siis sarjan alkupään äärellisen monella termillä ei ole merkitystä suppenemisen kannalta; on toki huomattava, että sarjan mahdolliseen summaan nämäkin termit vaikuttavat. Seuraavan lauseen avulla voidaan usein osoittaa sarjan suppeneminen, vaikka sen summa ei olisikaan tiedossa: Lause 3.6 Olkoon (a n ) reaalilukujono. Tällöin sarja a i suppenee jos ja vain jos kaikille ɛ > 0 on olemassa N N, N > 0 siten, että kaikille m N pätee m a i < ɛ. () i=n Todistus. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Merkitään kaikille n N S n = n a i. ) Oletetaan ensin, että sarja a i suppenee. Määritelmän mukaan tällöin jono (S n ) suppenee ja on siten Cauchy-jono. Tällöin on olemassa N 0 N siten, että pätee S n S m < ɛ kaikille n, m N 0. (2) Määritellään N = N 0 +. Tämä on ehdossa () haettu luku N, sillä kun m N, niin m i=n a i i) = S m S N ii) < ɛ, missä yhtälö i) perustuu äärellisten summien määritelmiin ja epäyhtälö ii) ehtoon (2), sillä m, N N 0. ) 52

54 2) Oletetaan kääntäen, että ehto () on voimassa. Pitää osoittaa, että jono (S n ) suppenee. Tähän riittää [A]:n lauseen 4.9 mukaan se, että (S n ) on Cauchy-jono. Koska ɛ > 0 on mielivaltainen, riittää osoittaa, että on olemassa N N, jolle ehto (2) pätee. Ehdon () nojalla on olemassa N 0 N, N 0 > 0 siten, että kaikille m N 0 pätee m a i < ɛ 2. (3) i=n 0 Osoitetaan, että N = N 0 on ehdossa (2) haettu luku N. Huomaa, että ehdon N 0 > 0 nojalla todella N N. Olkoot sitä varten n, m N. Merkintöjä tarvittessa vaihtamalla voidaan olettaa, että n m. Tällöin saadaan S n S m = S n S N + S N S m i) S n S N + S m S N = N m N m a i a i + a i a i ii) = a i + a i iii) = i=n 0 a i + m i=n 0 a i iv) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, i=n+ i=n+ joten ehto (2) todella pätee. Tässä epäyhtälö i) seuraa R:n kolmioepäyhtälöstä, yhtälö ii) äärellisten summien määritelmästä ja siitä, että n, m N, yhtälö iii) seuraa luvun N valinnasta ja epäyhtälö iv) ehdosta (3) huomaa, että tässä ei välttämättä ole n, m N 0, mutta ehdon (3) epäyhtälö pätee määritelmän mukaan triviaalisti, jos m, n < N 0. Määritelmä 3.7 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja k N. Sanotaan, että sarja i=k a i suppenee itseisesti, jos sarja suppenee. a i i=k Lause 3.8 Itseisesti suppeneva sarja suppenee. Todistus. Olkoon määritelmän 3.7 mukaisesti (a n ) reaalilukujono. Lauseen 3.2 nojalla (vrt. huomautus 3.5) voidaan olettaa, että k = 0, ts. oletuksena on, että sarja a i suppenee ja väitteenä, että sarja a i suppenee. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Lauseen 3.6 nojalla riittää osoittaa, että on olemassa N N, N > 0 siten, että kaikille m N pätee m a i < ɛ. () i=n 53

55 Oletuksen ja lauseen 3.6 nojalla on olemassa N N, N > 0 siten, että kaikille m N pätee m a i < ɛ. (2) i=n Osoitetaan, että tämä ehdon (2) luku N kelpaa myös väitteen () luvuksi N. Tähän riittää se, että kaikille m N pätee m m a i a i. i=n Tämä väite on helppo todistaa oikeaksi äärellisen summan määritelmän, induktion ja tavallisen R:n kolmioepäyhtälön avulla, mutta jätetään se harjoitustehtäväksi. Huomautus 3.9 Lause 3.8 ei käänny, ts. suppenevan sarjan ei tarvitse supeta itseisesti. Tästä on esimerkkinä sarja i= a i, missä kuten myöhemmin tullaan näkemään. i=n a i = ( ) i i, Lause 3.0 Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että a n 0 kaikille n N. Merkitään S n = a i kaikille n N. Tällöin sarja a i suppenee jos ja vain jos jono (S n ) on ylhäältä rajoitettu. Todistus. Toinen suunta tästä on selvä, sillä jos a i suppenee, niin määritelmän mukaan jono (S n ) suppenee ja silloin se on (ylhäältä) rajoitettu, ks. [A], lemma 4.3. Oletetaan kääntäen, että jono (S n ) on ylhäältä rajoitettu. Koska a n 0 kaikille n, niin jono (S n ) on kasvava, sillä kaikille n N pätee äärellisen summan määritelmän mukaan n+ S n+ = a i = a i + a n+ = S n + a n+ S n, missä viimeinen epäyhtälö seuraa siitä, että a n+ 0. Nyt siis jono (S n ) on ylhäältä rajoitettu ja kasvava, jolloin se [A]:n lauseen 4.6 mukaan suppenee. Määritelmän mukaan tämä merkitsee sitä, että sarja a i suppenee. Lause 3. Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja siten, että b n a n 0 kaikille n N. Tällöin pätee seuraavaa: 54

56 a) Jos sarja b i suppenee, niin myös sarja a i suppenee. b) Jos sarja a i hajaantuu, niin myös sarja b i hajaantuu. Huomautus. Lauseen 3. ehto a) tunnetaan nimellä maksimiperiaate ja vastaavasti ehto b) nimellä minimiperiaate. Todistus. Merkitään kaikille n N S a n = a i ja Sn b = Koska oletuksen mukaan a i b i kaikille i, niin b i. S a n S b n kaikille n N. () Ehdon () näkee oikeaksi helpolla induktiolla äärellisen summan määritelmän perusteella. Jätetään tämä induktiotodistus harjoitustehtäväksi. a) Oletetaan ensin, että b i suppenee. Tällöin oletuksen b n 0 kaikille n ja lauseen 3.0 nojalla jono (S b n) on ylhäältä rajoitettu. Ehdon () nojalla tällöin myös jono (S a n) on ylhäältä rajoitettu, jolloin oletuksen a n 0 kaikille n ja lauseen 3.0 mukaan a i suppenee. a) b) Oletetaan sitten, että a i hajaantuu. Jos nyt b i suppenisi, niin a)-kohdan nojalla myös a i suppenisi, ja näin ei siis ole. Siten b i ei voi supeta vaan se hajaantuu. Huomautus. Lauseen 3. maksimiperiaatetta voi terästää niin, että oletuksesta 0 a n kaikille n N voidaan luopua: Lause 3.2 (Maksimiperiaate) Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja siten, että b n a n kaikille n N ja oletetaan, että sarja b i suppenee. Tällöin sarja a i suppenee, jopa itseisesti. Todistus. Koska 0 a n b n kaikille n N, niin sarjan a i suppeneminen seuraa lauseesta 3. a). Sarjan a i suppeneminen seuraa tämän jälkeen lauseesta 3.8. Esimerkki. Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että Koska sarja 2 n a n 2 n kaikille n N. 2 i 55

57 suppenee geometrisena sarjana, jonka suhdeluku on 2 (ks, esimerkki 3.3), niin maksimiperiaatteen nojalla sarja a i suppenee. Huomaa, että sarjan summasta ei kovin paljon tiedetä. Tietysti sen verran voi sanoa, että 2 a i 2. a i Tämä haarukka perustuu siihen, että kaikille n N pätee (kuten esimerkissä 3.3) joten ja näin 2( 2 ) = n+ 2n+ = 2 2 i n a i 2 i = 2 n+ = 2( ), 2n+ 2 2( 2 n+ ) S n 2( ) kaikille n N 2n+ 2 = lim 2( ) lim n 2n+ S n = a i = lim S n lim 2( ) = 2. n n n 2n+ Esimerkki 3.3 Sanotaan, että sarja on harmoninen sarja. Osoitetaan, että harmoninen sarja hajaantuu. n= n Määritellään jono (a n ) asettamalla a 0 = 0 ja a n = Koska kaikille n pätee niin (ks. [A2], seuraus.8) 0 a n n+ n dx kaikille n. x 0 x, kun x [n, n + ], n n+ n n dx = n kaikille n. Tällöin lauseen 3. b)-kohdan nojalla (ks. myös huomautus 3.5) harmonisen sarjan hajaantuminen seuraa, jos osoitetaan, että sarja i= a i hajaantuu. 56

58 Merkitään kaikille n Tällöin S n = i= i+ i S n = n+ x dx = i) ii) dx = x a i. i= / n+ log x = log(n+) log = log(n+). Tässä yhtälö i) seuraa induktiolla [A2]:n lauseesta.5 ja äärellisen summan määritelmästä. Yhtälö ii) seuraa siitä, että d dx log x = x. Siten S n = log(n + ), kun n. Tämä osoittaa, että jono (S n ) ei ole ylhäältä rajoitettu, joten lauseen 3.0 mukaan sarja i= a i hajaantuu. Näin väite harmonisen sarjan hajaantumisesta on todistettu. Määritelmä 3.4 Olkoon s R. Sanotaan, että sarja n= on aliharmoninen sarja, jos s < ja yliharmoninen sarja, jos s >. Esimerkki 3.5 Aliharmoninen sarja hajaantuu ja yliharmoninen sarja suppenee. Väite aliharmonisen sarjan hajaantumisesta seuraa suoraan harmonisen sarjan hajaantumisesta (esim 3.3) ja minimiperiaatteesta (lause 3. b)), sillä kaikille n pätee n s n ja siten n s n s, kun s <. n Yliharmonisen sarjan suppenemistodistusta varten määritellään jono (a n ) asettamalla a 0 = a = 0 ja a n = n n dx kaikille n 2. xs Tässä siis s > on kiinteä luku. Koska kaikille n 2 pätee niin (ks. [A2], seuraus.8) a n x s n s 0 n+ n kun x [n, n], n s dx = 0 kaikille n 2. ns 57

59 Tällöin lauseen 3. a)-kohdan nojalla (ks. myös huomautus 3.5) yliharmonisen sarjan suppeneminen seuraa, jos osoitetaan, että sarja i=2 a i suppenee. Merkitään kaikille n 2 S n = a i. Tällöin S n = i=2 i i n x s dx = i) i=2 / ii) n dx = xs s n s s s = s (n s ). s x s = () Tässä yhtälö i) seuraa induktiolla [A2]:n lauseesta.5 ja äärellisen summan määritelmästä. Yhtälö ii) seuraa siitä, että s 0 ja d dx x s = ( s) x. Koska s nyt s >, niin s < 0, jolloin lim n n s = 0. Tällöin ehdon () nojalla pätee lim S n = (0 ) = n s s. Määritelmän mukaan tämä tarkoittaa sitä, että sarja i=2 a i suppenee. Näin väite yliharmonisen sarjan suppenemisesta on todistettu. Huomautus. Huomaa, että edellisessä esimerkissä saatu raja-arvo lim n S n = s ei suinkaan ole yliharmonisen sarjan summa, vaan vertailusarjana käytetyn sarjan i=2 a i summa. Yllä oleva tarkastelu ei kovin paljon yliharmonisen sarjan summasta sano, ainoastaan suppeneminen saatiin aikaan. Yliharmonisen sarjan summalle (joka siis on jokin luvusta s riippuva reaaliluku) ei mitään kovin yksinkertaista pelkästään s:stä riippuvaa esitystä olekaan; itse asiassa kyseessä on ns. Riemannin ζ-funktion arvo pisteessä s. Tämmöistä funktiota ei tällä kurssilla sen enempää voida käsitellä. Se voi tulla esille kompleksianalyysin tai lukuteorian jatkokurssilla jos sielläkään. Lausetta 3. käytettiin edellä hyväksi sarjan suppenemista tutkittaessa: Tiedettiin siis jonkun vertailusarjan suppeneminen/hajaantuminen ja tutkittavaa sarjaa verrattiin siihen. Tämä on hyödyllinen menetelmä ja ideaa voidaan viedä pidemmällekin, kuten seuraavista lauseista näkyy. Lause 3.6 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja M R \ {0}. Tällöin sarja a i suppenee jos ja vain jos sarja Ma i suppenee. Lisäksi sarjojen supetessa pätee Ma i = M a i. Todistus. Merkitään kaikille n N S n = a i ja Sn M = 58 Ma i.

60 Tällöin kaikille n N pätee M S n = S M n. Tämän näkee helpolla induktiolla äärellisen summan määritelmästä. Jos nyt sarja a i suppenee, niin määritelmän mukaan on olemassa lim n S n. Tällöin on olemassa myös lim n MS n eli sarja Ma i suppenee ja lisäksi pätee Ma i = lim n SM n = lim n M S n = M lim n S n = M a i. Siten väite on todistettu, jos vielä osoitetaan, että sarjan Ma i suppenemisesta seuraa sarjan a i suppeneminen. Tämä johtopäätös voidaan nyt vetää edellä todistetusta, sillä ehdon M 0 nojalla M R \ {0} ja a i = M Ma i kaikille i N. Lause 3.7 Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja siten ja m N siten, että a n 0 ja b n > 0 kaikille n N, n m. Oletetaan, että on olemassa raja-arvo a n M = lim R. n b n Oletetaan lisäksi, että M > 0. Tällöin sarja a i suppenee jos ja vain jos sarja b i suppenee. Huomautus. Huomaa, että ehtoa b n > 0 kun n m tarvitaan tässä siihen, että osamäärät an b n ovat määriteltyjä suurille n. Luvuille a n ei tällaista aitoa positiivisuusehtoa tarvitse asettaa toki niidenkin on oltava positiivisia suurille n. Lukujen a n ja b n positiivisuudesta seuraa välittömästi ehto M 0, mikäli raja-arvo lim n a n /b n on olemassa. Väite ei kuitenkaan päde, jos M = 0. Siitä syystä lauseessa on vaatimus M > 0. Jätetään harjoitustehtäväksi keksiä vastaesimerkki tilanteesta, jossa M = 0, a i suppenee, mutta b i hajaantuu. Todistus. Koska M > 0, niin raja-arvon määritelmän nojalla on olemassa n 0 N (n 0 m) siten, että a n b n M < M 2 kaikille n n 0. Tällöin M 2 < a n b n < 3M 2 ja edelleen, koska b n :t sekä M ovat positiivisia kaikille n n 0 0 Mb n 2 < a n kaikille n n 0 () 59

61 ja 0 2a n 3M < b n kaikille n n 0. (2) Jos nyt sarja a i suppenee, niin lauseen 3.2 nojalla sarja i=n 0 a i suppenee ja edelleen lauseen 3. a) ja ehdon () nojalla sarja M i=n 0 2 b i suppenee. Tästä seuraa sarjan b i suppeneminen lauseiden 3.2 ja 3.6 mukaan. Jos kääntäen sarja b i suppenee, niin lauseen 3.2 nojalla sarja i=n 0 b i suppenee ja edelleen lauseen 3. a) ja ehdon (2) nojalla sarja 2 i=n 0 3M a i suppenee. Tästä seuraa sarjan a i suppeneminen lauseiden 3.2 ja 3.6 mukaan. Esimerkki 3.8 Tarkastellaan sarjan i + i 2 + i + suppenemista. Merkitään a n = n+ n 2 +n+ kaikille n N, jolloin a n 0 kaikille n. Käytetään vertailusarjana harmonista sarjaa b i, missä b n = n, kun n. Lisäksi voidaan sopia vaikkapa, että b 0 = 0. Tässä a n lim = lim n b n n n+ n 2 +n+ n = lim n n 2 + n n 2 + n + = lim n + lim n n lim n n + lim n = lim n 2 n =. + n + n + n 2 i) = () Tässä yhtälö i) seuraa reaalilukujonojen raja-arvoja koskevista laskusäännöistä, ks. [A], lemma 4.4. Koska b n > 0, kun n ja a n 0 kaikille n, niin ehdosta () ja lauseesta 3.7 nähdään, että tarkastelussa olevat sarjat suppenevat yhtaikaa. Esimerkissä 3.3 todettiin, että harmoninen sarja hajaantuu. Tällöin siis myös sarja hajantuu. i + i 2 + i + Esimerkki 3.9 Tarkastellaan sitten sarjan i + i 3 + i 2 + i + n+ suppenemista. Merkitään a n = n 3 +n 2 +n+ kaikille n N, jolloin a n 0 kaikille n. Käytetään nyt vertailusarjana yliharmonista sarjaa b i, missä b n = n, 2 60

62 kun n. Lisäksi voidaan sopia vaikkapa, että b 0 = 0. Nyt a n lim = lim n b n n n+ n 3 +n 2 +n+ n 2 = lim n + lim n n + lim n n + lim n n 2 + lim n n 3 n 3 + n 2 n 3 + n 2 + n + = lim n + 0 = lim n =. + n + n + n 2 + n 3 i) = Tässä yhtälö i) seuraa reaalilukujonojen raja-arvoja koskevista laskusäännöistä, ks. [A], lemma 4.4. Koska b n > 0, kun n ja a n 0 kaikille n, niin ehdosta () ja lauseesta 3.7 nähdään, että tarkastelussa olevat sarjat suppenevat yhtaikaa. Esimerkissä 3.5 todettiin, että yliharmoninen sarja suppenee. Tällöin siis myös sarja suppenee. i + i 3 + i 2 + i + Seuraavan lauseen todistuksessa käytetään vertailusarjana geometrista sarjaa, jonka suppeneminen hallitaan. Lause 3.20 Olkoon (a n ) reaalilukujono. a) Jos on olemassa c [0, [ ja m N siten, että () n an c kaikille n m, niin sarja a i suppenee. b) Jos n an äärettömän monelle n N, niin sarja a i hajaantuu. Todistus. a) Koska n a n c, kun n m, niin 0 a n c n, kun n m. Koska c <, niin esimerkin 3.3 mukaan geometrinen sarja suppenee. Tällöin maksimiperiaatteen (lause 3. a)) ja lauseen 3.2 mukaan sarja a i suppenee. Sarjan a i suppeneminen seuraa nyt lauseesta 3.8. a) c i 6

63 b) Jos n a n äärettömän monelle n N, niin a n n = äärettömän monelle n ja tällöin ei voi olla a n 0. Lauseen 3.4 nojalla sarja a i ei voi tällöin supeta, vaan se hajaantuu. Esimerkki 3.2 Osoitetaan, että sarja suppenee. Tässä siis kaikille n > 0 i 2 2 i n n 2 an = n 2 n = n 2 n 2, joten lauseen 3.20 a) mukaan riittää osoittaa, että n 2 n 2 c suurille n jollekin sopivalle c <. Tällainen c on vaikkapa c = , jolle selvästi pätee c <, sillä 5 2 < 2 5. Nyt on niin, että kaikille n 5 pätee n 2 n 2 c. Tämä väite vaatii todistuksen. on vähenevä vä- Huomataan ensin, että kuvaus f : ]0, [ R, f(x) = log x x lillä ]e, [. Tämä johtuu siitä, että f (x) = log x x 2 < 0, kun x > e. Siten f(n) f(5) kaikille n 5. Tällöin kaikille n 5 pätee n an = n 2 n 2 = elog(n 2 2 n ) = (e n log n ) 2 2 = (ef(n) ) 2 2 (ef(5) ) 2 2 = = c. Tämä siis todistaa suppenemisväitteen. Esimerkki 3.22 Tutkitaan, mitä lauseen 3.20 antama suppenemistesti osaa sanoa yli/aliharmonisista sarjoista, joissa siis a n = n s kun n, 62

64 missä s R on kiinteä. Esimerkeistä 3.3 ja 3.5 tiedetään jo, että sarja i= a i suppenee kun s > ja hajaantuu, kun s, mutta katsotaan siis miten 3.20:n testi tämän asian selvittää. Tässä Koska ja tunnetusti log n n n an = n n s = ( n n ) s n n = e log n n = e n log n = e log n n 0 kun n, niin n an = ( n n ) s ( = e log n n ) s ( ) s e 0 = s =. Tämä tapahtuu kaikille s R, joten lauseessa 3.20 a) tarkoitettua lukua c < ei voi olla olemassa millekään s. Tämä merkitsee sitä, että yliharmonisen sarjan suppeneminen ei paljastu tässä testissä. Miten sitten aliharmoninen (tai harmoninen) sarja? Tällöin siis s. Koska n n niin s:n arvoilla s [0, ] pätee kun n 2, n an = ( ) s < kaikille n. n n Tämä merkitsee sitä, että näiden sarjojen hajaantuminen ei näy tässä testissä. Jos sen sijaan s < 0, niin testi toimii, sillä tällöin n an = ( ) s > kun n 2, n n ja siten lauseen 3.20 b) mukaan sarja sarja a i hajaantuu. Yhteenvetona edellisestä esimerkistä voidaan todeta, että lauseen 3.20 antama suppenemistesti on melko heikko, sillä monista sarjoista se ei sano yhtään mitään. Ne aliharmoniset sarjat, jotka siinä paljastuvat, hajaantuvat todella voimakkaasti. Testin puolustukseksi on kuitenkin sanottava, että esimerkiksi geometristen sarjojen suppeneminen/hajaantuminen paljastuu testissä varsin hyvin. Jätetään tarkempi analyysi harjoitustehtäviksi. Lauseesta 3.20 a) voidaan muotoilla vähän helppokäyttöisempi versio, jossa on tosin vähän kovemmat oletukset: Lause 3.23 Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että jono ( n a n ) n N suppenee. a) Jos n lim an <, n 63

65 niin sarja a i suppenee. b) Jos niin sarja a i hajaantuu. n lim an >, n Huomautus. Lauseen 3.23 antaman suppenemistestin oletukset ovat kovemmat kuin lauseessa 3.20, sillä tässä vaaditaan, että jonolla ( n a n ) on raja-arvo. Tämmöistähän ei lauseessa 3.20 tarvitse olla lainkaan. Jos kyseistä raja-arvoa ei ole olemassa tai lim n n a n =, niin lause 3.23 ei sano sarjan a i suppenemisesta mitään. Todistus. a) Merkitään d = lim n n a n, jolloin siis d < eli d > 0. Jonon raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa N N siten, että Tällöin erityisesti n a n d < d 2 kun n N. n an d < d 2 eli n an < + d 2 kun n N. () Merkitään c = + d 2. Koska d <, niin myös c <. Ehdon () nojalla ovat tällöin lauseen 2.30 a) vaatimukset voimassa, joten kyseisen lauseen nojalla sarja a i suppenee. b) Merkitään taas d = lim n n a n, jolloin nyt siis d > eli d > 0. Jonon raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa N N siten, että Tällöin erityisesti n a n d < d kun n N. n a n + d < d eli n an > kun n N. Tällöin lauseen 2.30 b) vaatimukset ovat voimassa, joten kyseisen lauseen nojalla sarja a i hajaantuu. Esimerkki 3.24 Palataan esimerkkiin 3.2, jossa osoitettiin lauseen 3.20 avulla, että sarja i 2 2 i 64

66 suppenee. Saman asian näkee vähän näppärämmin lausetta 3.23 käyttäen: Rajaarvolle saadaan n n 2 lim n 2 n = lim n 2 n n 2 = lim e log n n 2 e 2 n log n (e log n n ) 2 i) = lim = lim = n 2 n 2 n 2 (e lim n log n n )2 2 ii) = (e0 ) 2 = 2 2, missä yhtälö i) perustuu siihen, että kuvaukset x x 2, x x2 ja x e x ovat jatkuvia ja yhtälö ii) siihen tunnettuun tosiseikkaan, että lim n log n n = 0. Näin lauseen 3.23 a) oletukset ovat kunnossa ja näin kyseinen sarja suppenee. Esimerkki 3.25 Jos määritellään reaalilukujono (a n ) siten, että { n 2 a n = 2 kun n on parillinen n 0 kun n on pariton, niin lause 3.23 ei pure, koska raja-arvoa lim n n a n ei ole olemassa (miksei?). Sen sijaan vähän kömpelömpi lause 3.20 puree ja kertoo sarjan suppenevan, minkä näkee samalla tavalla kuin esimerkissä 3.2. Esimerkki 3.26 Yli/aliharmonisiin sarjoihin lause 3.23 puree vielä huonommin kuin lause 3.20 esimerkissä Tässä käy niin, että n lim n n s = ( lim n n n )s = s = kaikille s R, joten lause 3.23 ei sano näistä yhtään mitään. Myös seuraavan lauseen todistuksessa käytetään vertailusarjana geometrista sarjaa, jonka suppeneminen hallitaan. Lause 3.27 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja m N. Oletetaan, että a n 0, kun n m. a) Jos on olemassa c ]0, [ siten, että a n+ a n niin sarja a i suppenee. b) Jos a n+ a n niin sarja a i hajaantuu. c kaikille n m, kaikille n m, 65

67 Todistus. a) Osoitetaan ensin induktiolla, että 0 < a n a m c n m kaikille n m. () Asia on selvä, kun n = m. Tehdään induktio-oletus, että n m+ ja että väite pätee n:lle. Pitää osoittaa, että Näin on: 0 < a n+ c n+ m. 0 i) < a n+ ii) c a n iii) cc n m = c n+ m. Tässä epäyhtälö i) seuraa suoraan lauseen oletuksista sekä epäyhtälö ii) siitä, että lauseen oletusten mukaan an+ a n c ja a n > 0. Lopuksi epäyhtälö iii) seuraa induktio-oletuksesta. Näin induktioaskel on otettu ja induktioperiaatteen mukaan väite () on todistettu. Koska c <, niin esimerkin 3.3 mukaan geometrinen sarja n=0 cn suppenee, ja tällöin lauseiden 3.2 sekä 3.6 mukaan suppenee myös sarja n=m a m c m c n. Maksimiperiaate ja ehto () takaavat tällöin sarjan i=m a i suppenemisen ja silloin sarjan a i suppeneminen seuraa lauseista 3.2 ja 3.8. a) b) Osoitetaan ensin induktiolla, että a n a m kaikille n m. (2) Asia on selvä, kun n = m. Tehdään induktio-oletus, että n m+ ja että väite pätee n:lle. Pitää osoittaa, että Näin on: a n+ a m. a n+ i) a n ii). Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että lauseen oletusten mukaan a n+ a n ja a n > 0 sekä epäyhtälö ii) induktio-oletuksesta. Näin induktioaskel on otettu ja induktioperiaatteen mukaan väite (2) on todistettu. Koska oletuksen mukaan a m > 0, niin ehdon (2) perusteella ei voi olla a n 0. Tämä puolestaa estää lauseen 3.4 mukaan sarjan a i suppenemisen, joten kyseinen sarja hajaantuu. Esimerkki 3.28 Olkoon x R \ {0} mielivaltainen. Tarkastellaan sarjan n=0 n! xn 66

68 suppenemista. Tässä siis a n = n! xn,joten a n+ a n = (n+)! x n+ = n! x n+ n! x n (n + )! x n = x n +. Tässä voidaan valita esimerkiksi m = min{k N k x } ja c = Kun nyt n m, niin a n+ a n = x n + m n + m m + = c <, joten lauseen 3.27 a) nojalla sarja a i suppenee. m m+ <. Huomautus. Esimerkin 3.28 sarjan suppenemista voi selvittää myös lauseen 3.23 (tai 3.20) antamalla juuritestillä. Tässä n an = n x. n! Tehtäväksi jää siis selvittää, mitä tapahtuu rajankäynnissä lim n n n!. Tämä näyttää äkkiseltään aika vaikealta tehtävältä, mutta apuna voi käyttää ns. Stirlingin kaavaa, joka sanoo, että lim n n! n n ne n = 2π. (Stirlingin kaavan todistukseen ei tämän kurssin puitteissa ole mahdollista mennä.) Jos uskotaan tähän kaavaan, niin saadaan ensin helposti kaava n! n lim n n n =, ne n josta edelleen saadaan n lim n! = lim n n n n lim n n! n n n ne n n! n n n lim ne n n lim ne log n 2n e =, n n n ne n = () n n ne n = lim n nelog(n missä viimeinen yhtälö perustuu siihen, että log n 2n n lim an = lim n n n n! x = 0, joten e log n 2n lim x = 0, n n n! 2n ) e =. Siten missä viimeinen yhtälö perustuu ehtoon (). Tällöin lause 3.23 a) kertoo myös sarjan suppenemisen. On tietenkin selvää, että tässä kannattaa käyttää nimenomaan lauseen 3.27 suhdetestiä mielummin kuin juuritestiä. Joissakin esimerkeissä asia on päinvastoin. Huomaa, että tässäkin juuritesti selvittää myös (sinänsä 67

69 triviaalin) tapauksen x = 0, mihin suhdetesti ei pysty. Näitä testejä on paljon erilaisia; jatkossa esitellään vielä muutama ja harjoitustehtävinä lisää. Käytännössä sarjan suppenemisen selvittämiseen kannattaa kylmästi vain kokeilla erilaisia testejä, josko ne toimisivat. Harjoitustehtävissä näitä tulee runsaasti vastaan. Huomautus 3.29 Esimerkin 3.28 sarja suppenee siis kaikille x R. Myöhemmin osoittautuu, että tämän sarjan summalla (joka siis on jokin x:stä riippuva luku) on poikkeuksellisen yksinkertainen esitys: Pätee näet n=0 n! xn = e x kaikille x R. Esimerkki 3.30 Olkoon x R \ {0} mielivaltainen. Tarkastellaan sarjan n!x n n=0 suppenemista. Tässä siis a n = n! x n,joten Kun n x, niin a n+ a n a n+ a n = (n + )! x n+ n! x n = (n + ) x. = (n + ) x > n x x =. x Lauseen 2.37 b) nojalla tämä sarja hajaantuu. Esimerkki 3.3 Katsotaan, mitä lauseen 2.37 testi sanoo geometrisen sarjan suppenemisesta: Jos q R \ {0} on sarjan suhdeluku, niin a n+ a n = qn+ q n = q kaikille n N. Tällöin lauseen 3.27 nojalla sarja suppenee, kun (0 <) q < ja hajaantuu, kun q. Triviaalissa tapauksessa q = 0 suhdetesti ei toimi. Entäpä yli/aliharmoniset sarjat? Näissä a n+ a n = (n+) s n s = n s (n + ) s = ( n n + )s kaikille n. Jos tässä s > 0, niin suhde ( n n+ )s lähestyy lukua alhaalta, jolloin lause 3.27 ei sano tilanteesta mitään. Kun s 0, niin ( n n+ )s kaikille n, joten lauseen 3.27 b) nojalla sarja hajaantuu. Johtopäätös on kuitenkin samansuuntainen kuin juuritestillä esimerkissä 3.26: Eipä tämä testi oikein pure yli/aliharmonisiin sarjoihin. 68

70 Lauseessa 3.23 muotoiltiin lause 3.20 vähän käyttäjäystävällisemmäksi. Sama voidaan tehdä lauseelle 3.27: Lause 3.32 Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että a n 0 kaikille n N ja että jono ( a n+ a n ) n N suppenee. a) Jos niin sarja a i suppenee. a n+ lim <, n a n b) Jos niin sarja a i hajaantuu. a n+ lim >, n a n Huomautus. Lauseen 3.23 jälkeen esitetty huomautus voidaan kirjata tähänkin: Lauseen 3.32 antaman suppenemistestin oletukset ovat kovemmat kuin lauseessa 3.27, sillä tässä vaaditaan, että jonolla ( an+ a n ) on raja-arvo. Tämmöistähän ei a lauseessa 3.27 tarvitse olla lainkaan. Jos raja-arvoa lim n+ n a n ei ole olemassa tai lim n+ a n a n =, niin lause 3.32 ei sano sarjan a i suppenemisesta mitään. Todistus. a) Merkitään d = lim n a n+ a n, jolloin siis d < eli d > 0. Jonon raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa N N siten, että a n+ a n d < d 2 kun n N. Tällöin erityisesti a n+ a n d < d 2 eli a n+ a n < + d 2 kun n N. () merkitään c = + d 2. Koska d <, niin myös c <. Ehdon () nojalla ovat tällöin lauseen 2.37 a) vaatimukset voimassa, joten kyseisen lauseen nojalla sarja a i suppenee. b) Merkitään taas d = lim n a n+ a n, jolloin nyt siis d > eli d > 0. Jonon raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa N N siten, että a n+ a n d < d kun n N. 69

71 Tällöin erityisesti a n+ a n + d < d eli a n+ a n > kun n N. Tällöin lauseen 2.37 b) vaatimukset ovat voimassa, joten kyseisen lauseen nojalla sarja a i hajaantuu. Esimerkki 3.33 Olkoon x R \ {0} mielivaltainen. Tarkastellaan sarjan suppenemista. Tässä ix i i= a n+ (n + ) x n+ n + lim = lim n a n n n x n = x lim = x = x. n n Lauseen 3.32 mukaan sarja suppenee, kun (0 <) x < ja hajaantuu, kun x >. Kun x =, lause 3.32 ei sano mitään. Sen sijaan, kun x =, vähän kömpelömpi lause 3.27 toimii, sillä a n+ a n = x n + n = n + n joten sarja hajaantuu lauseen 3.27 b) perusteella., Esimerkeissä 3.26 ja 3.3 huomattiin, että sekä juuritesti että suhdetesti purevat huonosti esimerkiksi yli/aliharmonisiin sarjoihin. Näihin tepsii sen sijaan hyvin seuraavassa lauseessa esiteltävä ns. integraalitesti. Lause 3.34 Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että a n 0 kaikille n N. Olkoon f : [0, [ R vähenevä funktio siten, että f(n) = a n kaikille n N. a) Jos epäoleellinen integraali suppenee, niin sarja a i suppenee. 0 f(x)dx b) Jos kyseinen epäoleellinen integraali hajaantuu, niin sarja a i hajaantuu. Muistutus. Epäoleellisten integraalien suppeneminen määriteltiin [A2]:ssa. Tässä tapauksessa suppeneminen tarkoittaa sitä, että on olemassa reaalinen rajaarvo lim c c 0 f(x)dx. 70

72 Jos tällaista reaalista raja-arvoa ei ole, sanotaan, että kyseinen integraali hajaantuu. Epäoleellisesta (Riemann-)integraalista f(x)dx puhuttaessa oletetaan aina, että integraalit c 0 f(x)dx ovat olemassa kaikille c > 0, ts. että f 0 on integroituva jokaisella välillä [0, c], c > 0. Tässä lauseessa siis implisiittisesti oletetaan näin. Toisaalta tätä oletusta ei tarvita, koska voidaan todistaa, että lauseen ehdot erityisesti vähenevyys ja positiivisuus (mikä myös ehdoista seuraa) riittävät tekemään f:stä integroituvan. Tätä ei aivan [A2]:n tiedoilla kuitenkaan osata todistaa. Tähän integroituvuuteen siis voi joko uskoa tai jos ei usko, voi lukea lauseen muotoilun niin, että siinä integroituvuus on oletettu. Joka tapauksessa lauseessa on aivan oleellista vaatimus f:n vähenevyydestä ilman tätä oletusta lause ei toimi. Todistus. a) Koska integraali f(x)dx oletuksen mukaan suppenee, voidaan 0 merkitä M = 0 f(x)dx R. Lauseen 3.2 nojalla riittää osoittaa, että sarja i= a i suppenee. Määritellään reaalilukujono (b n ) asettamalla b 0 = 0 ja kaikille n N, n b n = n n f(x)dx. Funktion f integroituvuusominaisuuksien nojalla luvut b n ovat järkevästi määriteltyjä. Merkitään kaikille n N, n S a n = a i ja Sn b = i= b i. Analyysi 2:n lauseen.5 sekä lukujen b n ja toisaalta äärellisen summan määritelmän nojalla pätee kaikille n Tällöin lim n Sb n = lim n S b n = n 0 n 0 f(x)dx = f(x)dx. 0 i= f(x)dx = M R. Määritelmän 3. mukaan tämä merkitsee sitä, että sarja i= b i suppenee. Koska f on oletuksen mukaan vähenevä, niin kaikille n N, n pätee f(x) f(n) kun x [n, n]. Tällöin [A2]:n seurauksen.8 nojalla pätee kaikille n N, n b n = n f(x)dx n n n 7 f(n)dx = f(n) = a n,

73 missä viimeinen yhtälö seuraa tämän lauseen oletuksesta. Koska toisaalta edelleen oletuksen mukaan a n 0 kaikille n N, n, niin sarjan i= b i suppenemisen ja maksimiperiaatteen nojalla myös sarja i= a i suppenee. a) b) Todistetaan tämä epäsuorasti. Tehdään siis antiteesi, joka tässä tapauksessa kuuluu niin, että sarja i= a i suppenee. Määritellään nyt reaalilukujono (d n ) asettamalla kaikille n N, d n = n+ n f(x)dx Funktion f integroituvuusominaisuuksien nojalla luvut d n ovat järkevästi määriteltyjä. Merkitään n N Sn d = d i. Koska f on oletuksen mukaan vähenevä, niin kaikille n N pätee f(x) f(n) = a n kun x [n, n + ]. Tällöin analyysi 2:n seurauksen.8 nojalla pätee kaikille n N d n = n+ n f(x)dx n+ n a n dx = a n. () Koska f on oletuksen mukaan vähenevä, niin kaikille n N pätee f(x) f(n) = a n 0 kaikille x [0, n]. Tämä merkitsee sitä, että f(x) 0 kaikille x [0, [. Tällöin analyysi 2:n lauseen.7 nojalla d n = n+ n f(x)dx 0 kaikille n N. (2) Koska sarja a i antiteesin mukaan suppenee, niin ehtojen () ja (2) sekä maksimiperiaatteen nojalla sarja d i suppenee. Merkitään M = d i = lim n Sd n R. Osoitetaan, että c lim c 0 f(x)dx = M. (3) 72

74 Olkoon tätä varten ɛ > 0 mielivaltainen. Pitää osoittaa, että on olemassa C [0, [ siten, että c 0 f(x)dx M < ɛ kaikille c C. (4) Koska M = lim n S d n R, niin raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa N N siten, että S d n M < ɛ kaikille n N. Määritellään nyt C = N + ja osoitetaan, että tämä C on väitteessä (4) peräänkuulutettu luku C. Koska ehdon (2) mukaan d n 0 kaikille n, niin jono (Sn) d on kasvava. Tällöin pätee Sn d Sn+ d M kaikille n N. (5) Olkoon sitten c C = N + mielivaltainen. Voidaan valita n c N siten, että n c + c < n c + 2. Tällöin välttämättä n c + N + eli n c N, jolloin luvun N valinnan nojalla pätee S d n c M < ɛ ja erityisesti S d n c > M ɛ. (6) Analyysi 2:n lauseen.5 sekä lukujen d n ja toisaalta äärellisen summan määritelmän nojalla pätee S d n c = nc+ 0 f(x)dx ja S d n c + = nc+2 0 f(x)dx Koska toisaalta f(x) 0 kaikille x [0, [ ja n c + c < n c + 2, niin analyysi 2:n lauseiden.5 ja.8 nojalla saadaan edelleen S d n c = c 0 nc + 0 f(x)dx f(x)dx c 0 nc + 0 f(x)dx + nc+2 Tällöin ehtojen (6) ja (5) perusteella pätee M ɛ < Sn d c c c c f(x)dx + 0 f(x)dx = f(x)dx = n c + nc+2 f(x)dx S d n c + M, 0 f(x)dx = S d n c +. jolloin väitteen (4) ehto on voimassa. Koska c C valittiin mielivaltaisesti, ehto (4) ja tällöin myös ehto (3) on todistettu oikeaksi. Mutta ehto (3) merkitsee sitä, että integraali 0 f(x)dx suppenee. Tämä on vastoin oletusta, joten antiteesi johtaa ristiriitaan. Epäsuoran todistuksen periaatteen mukaan väite on todistettu. 73

75 Esimerkki 3.35 Kokeillaan integraalitestin toimivuutta yli/aliharmoniseen sarjaan, jossa siis a n = n, s, n. Tässä summaus alkaa indeksistä, joten s integraalitestissä käytettävä funktio kannattaa käytännössä määritellä vain välillä [, [. Jos välille [0, [ halutaan f:n määritelmä ja/tai halutaan määritellä myös a 0, voidaan asettaa f(x) = f() = a 0 kaikille x [0, [; tämähän ei vaikuta integraalin f(x)dx tai f(x)dx suppenemiseen millään lailla; sama koskee 0 sarjaa a i tai i= a i. Luonnollinen ehdokas integraalitestissä käytettäväksi funktioksi on f(x) = x. s Tämä on vähenevä välillä [, [, kun s 0, joten näille s testi toimii. Tässä f(x)dx = lim c { s kun s > kun s <. c / c dx = lim xs c s x s = s lim c (c s ) = Integraalitesti kertoo nyt, että sarja suppenee, kun s > (kaikki yliharmoniset sarjat) ja hajaantuu, kun 0 s < (osa aliharmonisista sarjoista). Myös harmonisen sarjan hajaantuminen paljastuu tässä testissä. Silloin pitää käyttää funktiota f(x) = x, joka on sovelias välillä [, [ ja ylläolevat laskut tulevat muotoon f(x)dx = lim c c dx = lim x c / c log x = lim log c =, c joten integraali ja siten myös harmoninen sarja hajaantuu. Esimerkki 3.36 Kokeillaan vielä integraalitestiä geometriseen sarjaan, jonka suhdeluku on q > 0. Luonnollinen testissä käytettävä funktio on f(x) = q x. Tämä on vähenevä välillä [0, [, kun 0 < q <, joten näille q testi toimii. Tässä 0 q x dx = lim c c 0 q x dx = lim c log q lim c (qc ) = log q R, c 0 / c e x log q dx = lim c 0 log q ex log q dx = joten integraali suppenee ja näin suppenee myös geometrinen sarja qi, kun 0 < q <. Integraalitesti soveltuu vain positiivitermisille sarjoille, ts. sellaisille joissa a n 0 kaikille n N. Äärellinen määrä negatiivisia termejä ei haittaa, koska lauseen 3.2 mukaan voidaan siirtyä tarkastelemaan sarjaa, jossa summaus alkaa vasta negatiivisten termien loputtua. Jos kaikki termit ovat negatiivisia, niin koko paketti voidaan kertoa luvulla ja käyttämällä lausetta 3.6 voidaan siirtyä 74

76 positiivitermiseen tilanteeseen. Jos sekä positiivisia että negatiivisia termejä on ääretön määrä, syntyy hankaluuksia. Juuritesti ja suhdetesti paljastavat tällaisessa tapauksessa vain itseisesti suppenevat sarjat. Jos sarja suppenee, mutta ei suppene itseisesti, se ei paljastu näissä testeissä. Tällaisten sarjojen käsittelyssä pitää olla erittäin varovainen. Harjoitustehtävinä esitetään esimerkkejä, joissa vaihtuvamerkkisten sarjojen huolimaton (ja väärä) käsittely johtaa paradoksaalisiin tilanteisiin. Nämä paradoksit ovat tosin vain näennäisiä ja johtuvat yksinkertaisesti siitä, että on laskettu (tahallaan) väärin. Jatkossa tulee usein vastaan sarjoja, joiden termeissä on säännöllisesti vuorotellen positiivisia ja negatiivisia termejä. Tällaisen sarjan matemaattisen tarkka määritelmä voidaan asettaa vaikkapa näin: Määritelmä 3.37 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja k N. Sanotaan, että sarja i=k a i on vuorottelevaterminen, jos kaikille i N, i k pätee a i a i+ 0. Vuorottelevatermisten sarjojen suppenemistarkastelua varten on olemassa erittäin helppokäyttöinen testi, joka tunnetaan nimellä Leibnitzin testi: Lause 3.38 Olkoon (a n ) reaalilukujono siten, että sarja a i on vuorottelevaterminen. Oletetaan, että lim a n = 0 ja itseisarvojono ( a n ) n N on vähenevä. n Tällöin sarja a i suppenee. Todistus. a) Oletetaan ensin, että a 0 0. Tällöin induktiolla nähdään vuorottelevatermisyyden nojalla helposti, että a n 0, kun n on parillinen ja a n 0, kun n n pariton. Merkitään kaikille n N Merkitään edelleen kaikille n N S n = a i. T n = S 2n ja U n = S 2n+. Osoitetaan, että jono (T n ) on vähenevä. Tähän riittää osoittaa, että kaikille n N pätee T n+ T n eli S 2n+2 S 2n. () Äärellisen summan määritelmän mukaan kaikille n pätee S 2n+2 = S 2n +a 2n+ + a 2n+2. Tässä indeksi 2n + on pariton ja 2n + 2 parillinen, joten a 2n+ 0 ja a 2n+2 0. (2) Koska jono ( a n ) on oletuksen mukaan vähenevä, niin a 2n+2 a 2n+. Tällöin ehdon (2) nojalla pätee a 2n+2 a 2n+. 75

77 Tällöin a 2n+ + a 2n+2 0 ja siten S 2n+2 = S 2n + a 2n+ + a 2n+2 S 2n, joten ehto () pätee. Näin on osoitettu, että jono (T n ) on vähenevä. Osoitetaan seuraavaksi, että jono (U n ) on kasvava. Tähän riittää osoittaa, että kaikille n N pätee U n+ U n eli S 2n+3 S 2n+. (3) Äärellisen summan määritelmän mukaan kaikille n pätee S 2n+3 = S 2n+ + a 2n+2 + a 2n+3. Tässä indeksi 2n + 2 on parillinen ja 2n + 3 pariton, joten a 2n+2 0 ja a 2n+3 0. (4) Koska jono ( a n ) on oletuksen mukaan vähenevä, niin a 2n+3 a 2n+2. Tällöin ehdon (4) nojalla pätee a 2n+3 a 2n+2. Tällöin a 2n+2 + a 2n+3 0 ja siten S 2n+3 = S 2n+ + a 2n+2 + a 2n+3 S 2n+, joten ehto (3) pätee. Näin on osoitettu, että jono (U n ) on kasvava. Seuraavaksi osoitetaan, että jono (T n ) on alhaalta rajoitettu. Tähän riittää osoittaa, että U 0 T n kaikille n N. (5) Koska jono (U n ) on kasvava, epäyhtälö U 0 U n pätee kaikille n N. Tällöin ehto (5) pätee, jos osoitetaan, että Koska 2n + on pariton, niin a 2n+ 0 ja siten U n T n kaikille n N. (6) U n = S 2n+ = S 2n + a 2n+ = T n + a 2n+ T n, joten ehto (6) ja siten myös ehto (5) pätee. Näin on osoitettu, että jono (T n ) on alhaalta rajoitettu. Seuraavaksi osoitetaan, että jono (U n ) on ylhäältä rajoitettu. Tähän riittää osoittaa, että U n T 0 kaikille n N. (7) Koska jono (T n ) on vähenevä, epäyhtälö T n T 0 pätee kaikille n N. Tällöin ehto (7) seuraa ehdosta (6). Näin on osoitettu, että jono (U n ) on ylhäältä rajoitettu. Jono (T n ) on siis vähenevä ja alhaalta rajoitettu, joten se suppenee analyysi :n lauseen 4.6 nojalla kohti lukua inf{t k k N}. Olkoon T = lim n T n = inf{t k k N} R. 76

78 Vastaavasti jono (U n ) on kasvava ja ylhäältä rajoitettu, joten se suppenee analyysi :n lauseen 4.6 nojalla kohti lukua sup{u k k N}. Olkoon Osoitetaan, että U = lim n U n = sup{u k k N} R. T = U. (8) Olkoon n N kiinteä, mutta mielivaltainen. Osoitetaan, että T n on joukon {U k k N} yläraja, ts. että U k T n kaikille k N. (9) Jos k n, niin tässä voidaan käyttää jonon (U n ) kasvavuutta ja ehtoa (6): U k U n T n. Jos k > n, niin käytetään ehtoa (6) ja jonon (T n ) vähenevyyttä: U k T k T n. Tämä tarkastelu osoittaa oikeaksi väitteen (9). Koska U = sup{u k k N}, niin supremumin määritelmän ja ehdon (9) nojalla pätee U T n. Koska tässä n N on mielivaltainen, pätee U T n kaikille n N. Tällöin U on joukon {T k k N} alaraja. Infimiumin määritelmän nojalla pätee silloin U inf{t n n N} = T. Väitteen (8) todistamiseksi riittää siis osoittaa, että T U. (0) Tehdään tämä epäsuorasti. Tehdään siis antiteesi, joka tässä kuuluu niin, että U < T. Tällöin T U > 0. Koska oletuksen mukaan a k 0, niin voidaan valita n N siten, että a 2n+ < T U. () Koska määritelmän mukaan U n = S 2n+ = S 2n + a 2n+ = T n + a 2n+, niin a 2n+ = U n T n = T n U n, missä viimeinen yhtälö perustuu ehtoon (6). Tällöin ehdon () nojalla pätee T n U n < T U. 77

79 Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska T n inf{t k k N} = T ja U n sup{u k k N} = U. Tämä syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite (0) ja siten myös väite (8) on todistettu. Lopuksi merkitään ehdon (8) antamalla oikeutuksella S = T = U ja osoitetaan, että lim n S n = S, mikä todistaakin lauseen väitteen sarjan a i suppenemisesta. Olkoon tätä varten ɛ > 0 mielivaltainen. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että S n S < ɛ kaikille n N. (2) Koska T n T = S, niin on olemassa N N siten, että T n S < ɛ kaikille n N. (3) Koska U n U = S, niin on olemassa N 2 N siten, että U n S < ɛ kaikille n N 2. (4) Valitaan nyt N = max{2n, 2N 2 + } ja osoitetaan, että tämä on väitteessä (2) peräänkuulutettu luku N. Olkoon siis n N mielivaltainen. Tällöin n on joko parillinen tai pariton. Jos n on parillinen, niin n = 2k jollekin k N. Koska luvun N valinnan nojalla n 2N, niin 2k 2N eli k N. Tällöin ehdon (3) nojalla T k S < ɛ. (5) Jonon (T k ) määritelmän nojalla T k = S 2k eli T k = S n. Tällöin ehdosta (5) seuraa ehto (2) ja asia on selvä parillisille n. Jos n on pariton, niin n = 2k + jollekin k N. Koska luvun N valinnan nojalla n 2N 2 +, niin 2k + 2N 2 + eli k N 2. Tällöin ehdon (4) nojalla U k S < ɛ. (6) Jonon (U k ) määritelmän nojalla U k = S 2k+ eli U k = S n. Tällöin ehdosta (6) seuraa ehto (2) ja asia on selvä myös parittomille n. Näin ehto (2) ja siten koko lause on todistettu tietysti a)-kohdan lisäoletuksella a 0 0. a) b) Oletetaan sitten, että a 0 0. Merkitään kaikille n N b n = a n. Koska tällöin kaikille n N b n b n+ = ( a n )( a n+ ) = a n a n+ 0, niin myös 78

80 sarja b i on vuorottelevaterminen. Koska a 0 0, niin b 0 = a 0 0, joten a)-kohdan nojalla sarja b i suppenee. Koska kaikilla n N a n = b n, niin sarjan a i suppeneminen seuraa lauseesta 3.6. Esimerkki 3.39 Tunnetuin esimerkki vuorottelevatermisistä sarjoista on ns. vuorotteleva harmoninen sarja ( ) i+. i i= Tässä siis a n = ( )i+ i kaikille n, jolloin a n a n+ = ( )n+ n ( ) n+2 n = ( )2n+3 n(n + ) < < 0 kaikille n, n(n + ) joten kyseessä todella on vuorottelevaterminen sarja. Sen suppeneminen selviää lauseesta 3.38 tosin lauseessa 3.38 tarkkaan ottaen puhutaan vain sarjoista, joissa summaus alkaa nollasta, joten tähän sarjaan pitäisi lisätä jokin sopiva termi a 0. Tällä ei kuitenkaan ole suppenemisen kannalta mitään merkitystä, joten unohdetaan koko juttu, vertaa huomautukseen 3.5. Tässä a n = n, joten jono ( a n ) on vähenevä ja a n 0, joten suppeneminen seuraa välittömästi lauseesta Huomautus 3.40 Jatkossa osoittautuu, että vuorottelevan harmonisen sarjan summakin osataan laskea. Pätee näet ( ) i+ i= i = log 2. Huomautus 3.4 Edellisessä huomatuksessa annettiin (tosin ilman perusteluja) erään vuorottelevatermisen sarjan summan tarkka arvo. Yleisessäkin tapauksessa lauseen 3.38 tilanteessa summan arvoa voidaan haarukoida seuraavaan tapaan. Olkoon a i vuorottelevaterminen sarja ja oletetaan merkintöjen yksinkertaistamiseksi, että a 0 0. Oletetaan, että lauseen 3.38 oletukset ovat voimassa, jolloin sarja siis suppenee. Merkitään S = a i. Olkoon (kuten lauseen 3.38 todistuksessa) T n = 2 a i ja U n = 2n+ a i kaikille n N. 79

81 Lauseen 3.38 todistuksesta käy ilmi, että tällöin eli 2 U n S T n kaikille n N. a i S 2n+ a i kaikille n N. Tämä on arvio sarjan summalle S ja se on sitä parempi, mitä nopeammin luvut a i pienenevät. Jos a 0 0 tai summaus ei ala nollasta, arviota täytyy tietenkin soveltaa jätetään tarkempi muotoilu harjoitustehtäväksi. Esimerkiksi vuorottelevan harmonisen sarjan summalle S saadaan (esimerkiksi) haarukka S eli S Haarukkaa voi tietysti parantaa ottamalla enemmän termejä arvioon mukaan. Jatkossa halutaan laskea sarjoja yhteen ja kertoa niitä keskenään. Sarjojen yhteenlasku on luonteva toimenpide: lasketaan vain termeittäin yhteen. Kertolasku on vähän hankalampi operaatio. Tietysti sarjojakin voi kertoa termeittäin siis niin, että kerrotun sarjan n:s termi on kerrottavien sarjojen vastaavien termien tulo. Näissä termeittäin suoritetuissa operaatioissa syntyy siis uusia sarjoja: yhteenlaskettu sarja ja toisaalta kerrottu sarja. Eräs vaatimus näille uusille sarjoille on luontevaa asettaa: Yhteenlasketun sarjan summan olisi hyvä olla alkuperäisten sarjojen summa (tai oikeammin summien summa) ja kerrotun sarjan summan olisi hyvä olla alkuperäisten sarjojen tulo (tai oikeammin summien tulo). Termeittäin määritelty summa toteuttaa tämän vaatimuksen, mutta termeittäin määritelty tulo ei. Siispä tulosarjaa ei pidä määritellä termeittäin, ts. siis jos a i ja b i ovat sarjoja niin niiden tulosarjaksi ei pidä määritellä sarjaa c i, missä c n = a n b n kaikille n siitä syystä, että jos S a on sarjan a i summa, S b on sarjan b i summa ja S c on sarjan c i summa, niin yleensä on niin ikävästi, että S a S b S c. () Tästä on helppo keksiä esimerkkejä, mutta jätetään ne harjoitustehtäviksi. Miten sitten tulosarja pitäisi määritellä, jotta se toimisi niin, ettei ehdon () kaltaista tilannetta pääsisi syntymään? Tähän kysymykseen vastaa seuraava määritelmä. Määritelmä 3.42 Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja. Sanotaan, että sarjojen a i ja b i summasarja on sarja c i, missä c n = a n + b n kaikille n N. 80

82 Sanotaan edelleen, että sarjojen a i ja b i tulosarja on sarja c i, missä i) c n = a i b j = a k b n k kaikille n N. j=0 i+j=n k=0 Huomautus. Vertaa määritelmää 3.42 lauseisiin 2.20 ja 2.2. Määritelmässä oleva yhtälö i) on helppo todistaa oikeaksi lauseen 2.20 jälkeisessä huomautuksessa olleen määritelmän perusteella, mutta sivuutetaan yksityiskohdat tässä. Lause 3.43 Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja ja oletetaan, että sarjat a i ja b i suppenevat. Olkoon S a = a i R ja S b = b i R. Tällöin sarjojen a i ja b i summasarja c i, missä suppenee ja pätee c n = a n + b n kaikille n N c i = S a + S b. Todistus. Merkitään kaikille n N Sn a = a i, Sn b = b i ja Sn c = Tällöin sarjojen summan määritelmän mukaan Siten c i. S a n S a ja S b n S b. () lim n Sc i) n = lim n (Sa n + Sn) b ii) = lim n Sa n + lim n Sb iii) n = S a + S b, joten väite seuraa sarjojen summan määritelmästä. Yllä yhtälö i) seuraa summasarjan termin c n määritelmästä, yhtälö ii) analyysi :n lauseesta 4.4 ja yhtälö iii) ehdosta (). Summasarjan käytös on siis sellaista kuin haluttiinkin. Tulosarjakin käyttäytyy hyvin, mutta todistus on selvästi vaikeampaa. Tämä tehdään seuraavassa: Lause 3.44 (Mertensin lause) Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja. Oletetaan, että sarjat a i ja b i suppenevat. Merkitään S a = a i ja S b = b i. 8

83 Oletetaan lisäksi, että ainakin toinen näistä sarjoista suppenee itseisesti. Tällöin myös niiden tulosarja c i, missä c n = a k b n k kaikille n N suppenee ja pätee k=0 c i = S a S b. Todistus. Koska tulosarjan termin määritelmä ei selvästikään riipu sarjojen järjestyksestä eli sarjat ovat tässä suhteessa tasavertaisessa asemassa, niin merkintöjä tarvittessa vaihtamalla voidaan olettaa, että vaikkapa sarja a i suppenee itseisesti. Merkitään kaikille n N Sn a = a i, Sn b = b i, Sn c = c i, d n = S b Sn b ja e n = a i d n i sekä lisäksi kaikille k, n N Pitää siis osoittaa, että Nyt kaikille p N pätee S c p = p c n = n=0 p p ( k=0 n=k p k=0 n=0 k=0 a k b n k ) iv) = f n (k) = p ( a k b n k ) = i) k=0 a k (S b d p k ) viii) = p p a k ( { a k b n k kun k n 0 kun k > n. lim n Sc n = S a S b. () n=k p a k S b k=0 p p ( n=0 k=0 b n k ) v) = p k=0 f n (k)) ii) = p k=0 p p ( k=0 n=0 p k a k ( b i ) vi) = f n (k)) iii) = p a k Sp k b k=0 a k d p k ix) = S a p S b e p. Tässä yhtälö i) seuraa lukujen f n (k) määritelmästä, sillä sisempi summa ei muutu, jos sen loppuun lisätään nollia; sama koskee yhtälöä iii), sillä siinä sisempi summa ei muutu, jos siitä poistetaan alkupään nollat. Yhtälön ii) summeerausjärjestyksen vaihto on helppo todistaa (harj.teht.) oikeaksi induktiolla äärellisen summan määritelmän mukaan, samoin kuin yhtälöissä iv), v), viii) ja ix) tehtävät operaatiot. Yhtälöt vi) ja vii) seuraavat suoraan määritelmistä. Koska S a on sarjan a i summa, niin lim p S a p = S a, jolloin analyysi :n lauseen 4.4 nojalla lim p S a p S b = S a S b. Kuten ylläoleva yhtälöketju osoittaa, pätee S c p = S a p S b e p kaikille p N, vii) = 82

84 joten väite () seuraa, jos osoitetaan, että lim e p = 0. (2) p Koska S b on sarjan b i summa, niin lim n Sn b = S b, jolloin lim n d n = 0 ja erityisesti joukko {d n n N} R on rajoitettu analyysi :n lauseen 4.3 nojalla. Tällöin on olemassa M > 0 siten, että d n < M kaikille n N. Merkitään K = a i. Huomaa, että tässä käytetään oletusta sarja a i suppenee itseisesti. Huomaa myös, että K 0. Väitteen (2) todistamiseksi olkoon ɛ > 0 annettu. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että Koska siis lim n d n = 0 ja K 0, niin siten, että kun n N, niin e p < ɛ kaikille p > N. (3) d n < ɛ 2K +. ɛ 2K+ > 0 ja on olemassa N N Toisaalta siis sarja a i eli jono ( n a i ) n N suppenee, joten kyseinen jono on Cauchy-jono. Siten on olemassa N 2 N siten, että kun p > m N 2, niin p p m a i = a i a i < ɛ 2M. (4) m+ Valitaan nyt N 3 = max{n, N 2 } ja edelleen N = 2N 3 ja osoitetaan, että tämä on väitteessä (3) peräänkuulutettu luku N. Kaikille p > N saadaan N 3 k=0 e p = p a k d p k i) k=0 ɛ a k 2K + +M p k=n 3 + p N 3 a k d p k = a k d p k + k=0 a k iii) ɛ 2K + k=0 k=0 p k=n 3 + a k d p k ii) a k +M ɛ 2M = ɛ 2K + K+ ɛ 2 < ɛ ja siten väite (3) toimii ja koko lause on todistettu. Tässä epäyhtälö i) seuraa reaalilukujen kolmioepäyhtälöstä; epäyhtälö ii) seuraa siitä, että kun k N 3, niin p k > N N 3 = 2N 3 N 3 = N 3 N, jolloin d p k < ɛ 2K+ ja toisaalta siitä, että d n < M kaikille n; epäyhtälö iii) seuraa siitä, että koska a i 0 83

85 kaikille i, niin jono ( n a i ) n N on kasvava, jolloin n a i a i kaikille n ja toisaalta ehdosta (4), sillä p > N 3 N 2. Huomautus. Mertensin lauseessa on välttämätöntä olettaa, että ainakin toinen annetuista sarjoista suppenee itseisesti, sillä kahden ei-itseisesti suppenevan sarjan Cauchyn tulo ei välttämättä suppene; jätetään esimerkin keksiminen harjoitustehtäväksi. Esimerkki 3.45 Olkoon x ], [. Esimerkissä 3.33 osoitettiin, että sarja ix i i= suppenee. Nyt osataan ovelasti Mertensin lausetta soveltaen laskea kyseisen sarjan summa. Muistetaan ensin esimerkistä 3.3, että geometrinen sarja suppenee ja että sen summa S on S = x i () x i = x. (2) Koska esimerkin 3.3 mukaan sarja () suppenee myös itseisesti, niin Mertensin lauseen nojalla sarjan () tulosarja sen itsensä kanssa suppenee. Määritelmän 3.42 mukaan tämä tulosarja on c i, missä c n = x k x n k = k=0 x n = x n k=0 n k=0 = (n + )x n. (3) Tässä kaksi viimeistä yhtälöä seuraavat helposti induktiolla äärellisen summan määritelmästä. Mertensin lauseesta ei saada ainoastaan tulosarjan suppenemista, vaan myös sen summa tiedetään: (i + )x i = i) ii) c i = S S iii) = ( x) 2. (4) Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (3), yhtälö ii) Mertensin lauseesta ja yhtälö iii) ehdosta (2). Lauseen 3.6 nojalla pätee toisaalta (i + )x i+ = x (i + )x i = x (i + )x i. (5) 84

86 Tällöin saadaan ix i = i) lim i= x n i= (i + )x i = v) ix i ii) n = lim n (i + )x i+ iii) = (i + )x i+ iv) x ( x) 2, (6) missä yhtälö i) seuraa suoraan sarjan summan määritelmästä, yhtälössä ii) tehtävä indeksinvaihto on helppo perustella oikeaksi induktiolla äärellisen summan määritelmää käyttäen, yhtälö iii) seuraa sarjan summan määritelmästä käyttäen suppenevien jonojen perusominaisuuksia (ks. [A]), yhtälö iv) seuraa ehdosta (5) sekä lopulta yhtälö v) ehdosta (4). Näin siis ehdosta (6) voidaan lukea haluttu summa: ix i x = ( x) 2 kaikille x ], [. i= Huomaa, että tämä esimerkki osaltaan on kertomus siitä, miksi on hyödyllistä määritellä tulosarja sillä tavalla kuin se tehtiin määritelmässä 3.42, eli niin, että tulosarjan summa on kerrottavien sarjojen summien tulo. 4 Funktiosarjat Luvussa puhuttiin reaalilukujonoista ja toisaalta funktiojonoista; tässä luvussa puhutaan edellisen luvun reaalilukusarjojen ohella funktiosarjoista. Luvun 3 aluksi määriteltiin äärellinen reaalilukusumma. Tässä pitää määritellä ensin ylipäätään summa eli kahden funktion summa. Tämä tapahtuu näin: Jos = I R on joukko ja f, g : I R ovat kuvauksia, niin summakuvaus f + g : I R määritellään asettamalla (f + g)(x) = f(x) + g(x) kaikille x I. Huomaa, että näin todella syntyy kuvaus I R. Huomaa myös, että jos tarkastellaan kuvauksia f.g : I A, missä A on mielivaltainen joukko, (esimerkiksi A = {kissa, koira}) niin tällaista kuvausten yhteenlaskua ei välttämättä voi järkevästi määritellä, koska maalijoukossa A ei ole olemassa (järkevää) yhteenlaskustruktuuria. Kun kahden kuvauksen I R summa on määritelty ja tuloksena on edelleen kuvaus I R, voidaan rekursioperiaatteen avulla määritellä äärelliset summat f i : I R, i=k k, n N samalla tavalla kuin reaalilukujen vastaavat summat sivuilla Huomaa, että tässä on lähtökohtana annettu funktiojono (f n ), missä f n on kuvaus f n : I = 85

87 R kaikille n N. Eritysesti siis kaikilla annetun jono alkioilla on sama määrittelyjoukko I, jolloin myös summafunktio on määritelty tässä samassa joukossa. Funktiojonon suppeneminen määriteltiin luvussa (ks. määr..4). Tämä perustui joukon A = {f : I R f on rajoitettu} metriikkaan ja tämän määritelmän mukaan siis d(f, h) = sup{ f(x) h(x) x I} f n f jos d(f n, f) 0. Tällöin puhuttiin jonon (f n ) tasaisesta konvergenssista. Määritelmän.0 mukaan (f n ) konvergoi kohti funktiota f pisteittäin, jos f n (x) f(x) kaikille x I. Huomautuksessa.2 todettiin, että tasainen konvergenssi on vahvempi ominaisuus kuin pisteittäinen konvergenssi. Näiden valmistelujen jälkeen voidaan asettaa funktiosarjan suppenemisen määritelmä: Määritelmä 4. Olkoon = I R ja A = {f : I R f on rajoitettu}. Olkoon (f n ) joukon A jono. Merkitään kaikille n N symbolilla S n summakuvausta S n = f n : I R. Olkoon f A. Sanotaan, että sarja suppenee tasaisesti kohti funktiota f joukossa I jos pätee Tällöin merkitään Sanotaan, että sarja f i S n f. f i = f. suppenee pisteittäin kohti funktiota f joukossa I jos pätee f i S n (x) f(x) kaikille x I. 86

88 Huomautus. Funktiosarjan näin asetettu tasaisen suppenemisen määritelmä edellyttää siis sitä, että d(s n, f) 0. Tämä puolestaan edellyttää implisiittisesti sitä, että etäisyys d(s n, f) on mitattavissa eli kyseinen metriikka on määritelty. Näin on, mikäli S n A, sillä oletuksen mukaan f A. Tämä vaatimus toteutuu kaikille n N, sillä induktiolla nähdään helposti, että rajoitettujen kuvausten äärellinen summa on rajoitettu. Määritelmä 4. on siis tässä suhteessa järkevästi asetettu. Pisteittäisen suppenemisen määritelmä on sen sijaan esitetty niin, että siinä ei joukon A metriikkaa tarvita, ja tällöin voidaan luopua siitä vaatimuksesta, että funktioiden tulisi olla rajoitettuja. Jatkossa näin tehdäänkin eli sovitaan, että pisteittäisestä konvergenssista puhuttaessa funktioiden f n tai f ei tarvitse olla rajoitettuja. Näinhän tehtiin myös määritelmässä.0. Huomautus 4.2 Huomautuksen.2 nojalla nähdään välittömästi, että funktiosarjan tasainen suppeneminen on vahvempi ominaisuus kuin pisteittäinen suppeneminen, ts. jos funktiosarja suppenee tasaisesti, se suppenee myös pisteittäin. Käänteinen implikaatio ei päde, minkä näkee esimerkin.6 merkinnöin määrittelemällä g 0 = f 0 ja rekursiivisesti kaikille n N, n n g n = f n g i. Tällöin nähdään helposti induktiolla, että S n = g n = f n kaikille n N. Esimerkin.6 mukaan f n 0 vaikka (f n ) konvergoi pisteittäin kohti nollafunktiota. Siis määritelmän 4. mukaisesti sarja g i ei suppene tasaisesti, vaikkakin suppenee pisteittäin. Huomaa, että tässä siis ei määritelmän 4. merkinnöin ole f i = 0, vaikkakin on f i (0) = 0 kaikille x I. Huomaa myös, että tässä jälkimmäisessä yhtälössä puhutaan reaalilukusarjasta ja reaaliluvusta 0, kun taas edellisessä yhtälössä kyseessä on funktiosarja ja nollafunktio. Huomaa myös se, että jos funktiosarja suppenee pisteittäin kohti jotain funktiota, niin se ei voi supeta tasaisesti kohti jotain toista funktiota, vaan pisteittäinen raja-arvo on ainoa ehdokas, jota kohti tasainen suppeneminen voi tapahtua. Tämä johtuu viime kädessä reaalisen raja-arvon yksikäsitteisyydestä. Siis jos sarja suppenee pisteittäin mutta ei tasaisesti kohti jotain funktiota, se ei suppene tasaisesti ollenkaan. 87

89 Varoitus. Kuten funktiojonojen suppenemisen yhteydessä, myös funktiosarjoista puheen ollen on aina mainittava, mitä määrittelyjoukkoa I tarkoitetaan jos siitä on vähänkin epäselvyyttä. Esimerkki 4.3 Jos määritelmässä 4. on I = ], [ ja f n = x n kaikille n N, niin syntyy sarja x i. Kiinteälle x tässä on vanha tuttu geometrinen sarja, jonka suppeneminen hallitaan: sarja hajaantuu, kun x ja suppenee kun x <. Summakin tiedetään: x i = x kun x <. Välillä I sarja konvergoi siis pisteittäin kohti funktiota f : ], [ R, f(x) = x. Tasaista tämä konvergenssi ei voi olla, koska f ei ole edes rajoitettu välillä ], [. Jos välin ], [ sijasta rajoitutaan vähän pienemmälle välille [ s, s], missä s ]0, [ on mielivaltainen, niin tällä välillä konvergenssi on tasaista, kuten seuraavan ns. Weierstrassin M-testin nojalla kohta helposti nähdään. Lause 4.4 (Weierstrassin M-testi) Olkoon = I R, A = {f : I R f on rajoitettu} ja (f n ) n N joukon A jono. Oletetaan, että kaikille n N on olemassa M n R siten, että ja että sarja f n (x) M n kaikille x I suppenee. Tällöin on olemassa f A siten, että sarja f i suppenee tasaisesti kohti funktiota f joukossa I. M i Todistus. Merkitään kaikille n N ja x I S n (x) = f i (x) ja Sn M = M i. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Lauseen.8 nojalla riittää osoittaa, että on olemassa N N siten, että kaikille n, m N pätee d(s n, S m ) < ɛ. () 88

90 Koska sarja M i suppenee, niin määritelmän 3. mukaan jono (S M n ) suppenee. Analyysi :n lauseen 4.9 nojalla (M n ) on tällöin Cauchy-jono, joten on olemassa N N siten, että kaikille n, m N, n, m N, pätee S M n S M m < ɛ 2. (2) Osoitetaan, että tämä N on ehdossa () peräänkuulutettu luku N. Olkoot sitä varten n, m N. Koska d:n metriikkaominaisuuksien nojalla d(s n, S m ) = d(s m, S n ), niin tarvittaessa merkintöjä vaihtamalla voidaan olettaa, että n m. Edelleen d:n metriikkaominaisuuksien nojalla ehto () pätee triviaalisti, kun n = m, joten voidaan olettaa, että n > m eli n m +. Tällöin kaikille x I pätee m S n (x) S m (x) = f i (x) f i (x) = i) i=m+ f i (x) iii) i=m+ M i iv) = i=m+ m M i M i = Sn M f i (x) ii) (3) S M m v) < ɛ 2, missä yhtälöt i) ja iv) seuraavat äärellisen summan määritelmästä ja siitä, että n m +, epäyhtälö ii) seuraa reaalilukujen kolmioepäyhtälöstä, epäyhtälö iii) oletuksesta ja epäyhtälö v) ehdosta (2). Nyt saadaan d(s n, S m ) i) = sup{ S n (x) S m (x) x I} ii) ɛ 2 < ɛ, joten ehto () ja siten koko väite on todistettu. Tässä yhtälö i) seuraa metriikan d määritelmästä ja epäyhtälö ii) ehdosta (3). Esimerkki 4.5 Palataan esimerkkiin 4.3, jossa väitettiin, että sarja suppenee tasaisesti välillä I = [ s, s], kun s ]0, [. Tämä seuraa nyt välittömästi Weierstrassin M-testistä, sillä kaikille n N pätee x i x n s n kaikille x I ja sarja si suppenee, koska s <. Huomautus. Weierstrassin M-testi ei anna sarjan summaa, vaan vain tiedon siitä, että sarja suppenee tasaisesti jonnekin. Summa on sitten selvitettävä erikseen; tosin tässä tapauksessahan tiedetään, että summafunktio on f : I R, f(x) = x 89 kaikille x I.

91 Tämä summa löytyi pisteittäisenä raja-arvona, jolloin tasainen suppeneminen ei voi tapahtua minnekään muualle, vrt. huomautus 4.2. Tämän kurssin tärkeimmät funktiosarjat ovat ns. potenssisarjat: Määritelmä 4.6 Olkoon a R ja (a n ) jono reaalilukuja. Määritellään kaikille n N kuvaus f n : R R asettamalla Sanotaan, että sarja f n (x) = a n (x a) n. f i tai f i (x) = a i (x a) i on potenssisarja, jonka keskipiste on a. Esimerkki 4.7 Jos määritelmässä 4.6 on a = 0 ja a n = kaikille n N, niin saadaan potenssisarja x i. Tämä on esimerkin 4.3 geometrinen sarja, jonka suppeneminen hallitaan: sarja hajaantuu, kun x ja suppenee kun x <. Lisäksi esimerkissä 4.5 osoitettiin, että sarja suppenee tasaisesti välillä [ s, s], kun s ]0, [. Esimerkki 4.8 Jos määritelmässä 4.6 on a = 0 ja a n = n! kaikille n N, niin saadaan potenssisarja i! xi. Kiinteälle x tässä on esimerkistä 3.28 tuttu sarja, jonka suppeneminen hallitaan: sarja suppenee kaikille x R. Huomautuksessa 3.29 väitettiin, että summakin tiedetään: i! xi = e x kaikille x R, tosin huomautus 3.29 on vielä todistamatta oikeaksi. Esimerkki 4.9 Jos määritelmässä 4.6 on a = 0 ja a n = n! kaikille n N, niin saadaan potenssisarja i!x i. Kiinteälle x tässä on esimerkistä 3.30 tuttu sarja, joka hajaantuu kaikille x R \ {0}. Kun x = 0, sarja suppenee triviaalisti. 90

92 Kuten edellä olevista esimerkeistä näkyy, potenssisarjan suppenemisjoukko voi olla varsin monenlainen. Keskipisteessä a se suppenee tietysti aina. Jatkossa osoittautuu, ettei suppenemisjoukko sittenkään kovin monimutkainen voi olla: se on näet aina reaaliakselin väli avoin, suljettu tai puoliavoin. Ääritapauksissa se on koko R tai surkastunut väli {a}. Muissa tapauksissa se on jokin väleistä ]a r, a + r[, [a r, a + r], ]a r, a + r] tai [a r, a + r[, missä r on sopivasti valittu aidosti positiivinen luku. Esimerkeissä 4.8 ja 4.9 näkyvät ääriesimerkit, esimerkissä 4.7 r =, a = 0 ja suppenemisväli ], [ on ]0, 0+[. Jatkossa on hyödyllistä selvittää, mikä annetun potenssisarjan suppenemisväli tarkalleen on. Sitä varten asetetaan määritelmä: Määritelmä 4.0 Olkoon (a n ) n N jono positiivisia reaalilukuja. Määritellään kaikille n N joukko A n R asettamalla A n = {a i i n}. Määritellään sitten käsite lim sup a n asettamalla { lim n sup A n jos joukko A 0 on rajoitettu lim sup a n = muuten. Huomautus. Joukkojen A n määritelmän mukaan = A m A n [0, [, kun m n. Tällöin, jos A 0 on rajoitettu, niin kaikki muutkin A n :t ovat rajoitettuja ja näin reaalilukujen täydellisyysaksiooman mukaan sup A n R on olemassa kaikille n N. Lisäksi ehdon A m A n, kun m n nojalla reaalilukujono (sup A n ) n N on vähenevä ja ehdon A n [0, [ nojalla sup A n 0 kaikille n N, joten jono (sup A n ) n N on alhaalta rajoitettu. Koska se siis on vähenevä, se suppenee, ks. [A], seuraus 4.7, joten määritelmä 4.0 on tässä tapauksessa hyvin asetettu ja lim sup a n [0, [ R. Muussa tapauksessa eli silloin kun A 0 ei ole rajoitettu lim sup a n ei ole reaaliluku, eikä oikein mitään muutakaan. Mukavuussyistä tässä tapauksessa merkitään lim sup a n =, joka siis oikeastaan tarkoittaa vain sitä, että joukko {a i i N} ei ole rajoitettu. Seuraavassa lauseessa tulee lisää mukavuusmerkintöjä. Sovitaan näet jatkossa, että reaalilukujen järjestys koskee myös objektia niin, että kaikille r R pätee r < ja r. Merkitään lisäksi Näillä merkinnöillä voidaan muotoilla 0 = ja = 0. Lause 4. Olkoon (a n ) n N jono reaalilukuja, ja a R. Tällöin kaikille x R pätee: R = lim sup n [0, [ { } a n 9

93 a) Jos x a < R, niin potenssisarja a i(x a) i suppenee itseisesti ja b) jos x a > R, niin potenssisarja a i(x a) i hajaantuu. c) Lisäksi, jos 0 r < R, niin sarja a i(x a) i suppenee tasaisesti suljetulla välillä [a r, a + r]. Todistus. a) Olkoon x ]a R, a + R[ kiinteä. Tällöin ei voi olla R = 0, joten R ]0, [ { } ja tehtyjen sopimusten mukaan R [0, [ R. Pitää siis osoittaa, että sarja a i (x a) i suppenee. Merkitään kaikille n N S n (x) = a i (x a) i. Määritelmän 4. mukaan pitää siis osoittaa, että jono (S n (x)) suppenee. Analyysi :n lauseen 4.9 mukaan riittää osoittaa, että (S n (x)) on Cauchy-jono. Olkoon sitä varten ɛ > 0 mielivaltainen. Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että kaikille n, m N pätee S n (x) S m (x) < ɛ. () Koska x a < R, niin voidaan valitaan r R siten, että x a < r < R, jolloin R < r. Ylläsovittuja merkintöjä noudattaen tämä on mahdollista ja järkevää myös siinä tapauksessa että R =. Huomaa, että tällä valinnalla r > 0, joten luvulla r voidaan jatkossa jakaa. Merkitään kaikille n N A n = { m a m m n}, jolloin määritelmän 4.0, oletuksen ja sovittujen merkintöjen mukaan lim sup A n = lim sup n a n = n R < r. Tällöin on reaalisen raja-arvon määritelmän nojalla olemassa N N siten, että sup A n < r kaikille n N. Tällöin joukkojen A n määritelmän mukaan kaikille m N pätee Koska x a < r eli x a r Merkitään kaikille n N m a m < r eli a m < r m. (2) ) n suppenee. <, niin geometrinen sarja n=0 T n (x) = ( ) n x a, r n=0 92 ( x a r

94 jolloin määritelmän 4. mukaisesti jono (T n (x)) suppenee ja on siten Cauchyjono. Siten on olemassa N 2 N siten, että kun n, m N 2, niin T n (x) T m (x) < ɛ. (3) Valitaan nyt N = max{n, N 2 } N ja osoitetaan, että tämä on väitteessä () peräänkuulutettu luku N. Olkoot siis n, m N; pitää osoittaa, että ehdon () epäyhtälö pätee. Koska S n (x) S m (x) = S m (x) S n (x), niin tarvittaessa merkintöjä vaihtamalla voidaan olettaa, että n m. Koska ehdon () epäyhtälö pätee triviaalisti, kun n = m, niin voidaan edelleen olettaa, että n > m eli n m +. Tällöin m S n (x) S m (x) = a i (x a) i a i (x a) i i) = a i (x a) i i=m+ a i x a i iii) iv) ( ) i x a ( ) i x a x a i = = ri r r i=m+ T n (x) T m (x) v) < ɛ, i=m+ joten väite () ja siten lauseen kohta a) on todistettu. Tässä yhtälöt i) ja iv) perustuvat äärellisen summan määritelmään ja siihen, että n m +, yhtälö ii) perustuu siihen, että positiivisten lukujen äärellinen summa on positiivinen, epäyhtälö iii) seuraa ehdosta (2) ja siitä, että m + N N sekä epäyhtälö v) ehdosta (3) ja siitä, että m, n N N 2. a) b) Olkoon x a > R. Tällöin tehtyjen sopimusten mukaan ei voi olla R =, joten välttämättä R [0, [. Tällöin voidaan valita r R siten, että x a > r > R, jolloin R > r. Huomaa, että tässä voi olla R = 0, jolloin R =, mutta r 0, jolloin r R. Olkoon A n kuten todistuksen i)-kohdassa eli A n = { m a m m n}, jolloin siis lim n sup A n = lim sup n a n = R > r. Tällöin koska jono (sup A n ) on selvästi vähenevä pätee sup A n > r kaikille n N. Tämä merkitsee sitä, että äärettömän monelle m N pätee ii) = m a m > r. (4) Tällöin äärettömän monelle m N pätee m a m (x a) m = m a m x a > i) ii) x a >. r Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (4) ja epäyhtälö ii) siitä, että r:n valinnan nojalla pätee x a > r. Tällöin lauseen 3.20 b) nojalla sarja a i(x a) i 93

95 hajaantuu. b) Huomautus. Lukija voi ihmetellä todistuksen kohdassa b) käytetyn apuluvun r tarpeellisuutta. Eikö samaan pääsisi seuraavalla päättelyllä: Jonon (sup A n ) vähenevyyden perusteella sup A n R kaikille n, jolloin äärettömän monelle m pätee m a m R. Tällöin näille m pätee m a m (x a) m R x a RR = ja väite seuraa lauseesta 3.20 b) kuten yllä. Tämä päättely on kuitenkin virheellinen. Jätetään harjoitustehtäväksi etsiä siitä virhe, joka kaataa koko päättelyketjun. Lauseesta 4. on todistamatta vielä kohta c): c)-kohdan todistus. Olkoon 0 r < R ja väitetään, että n=0 a n(x a) n suppenee tasaisesti suljetulla välillä [a r, a + r]. Valitaan s R siten, että r < s < R, jolloin R < s myös siinä tapauksessa, että R =. Kuten todistuksen a)-kohdan kaavassa (2) nähdään, että on olemassa N N siten, että kaikille m N pätee m a m < s eli a m < s m. Tällöin kaikille x [a r, a + r] ja kaikille m N pätee a m (x a) m = a m x a m < Määritellään nyt reaalilukujono (M n ) n N asettamalla { a n r n kun n < N M n = ( r ) n s kun n N. x ( a m r ) m s m. s Tällöin kaikille x [a r, a + r] ja kaikille n N pätee a n (x a) n M n. Sarja M i suppenee lauseen 3.2 nojalla, sillä i=n M i on geometrinen sarja, jonka suhdeluku on r s <, ja tämä sarja tunnetusti suppenee. Väite seuraa nyt Weierstrassin M-testistä eli lauseesta 4.4. Määritelmä 4.2 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja a N. Sanotaan, että R = lim sup n [0, [ { } a n on potenssisarjan n=0 a n(x a) n suppenemissäde. 94

96 Huomautus 4.3 Tehtyjen määritelmien ja merkintäsopimuksien mukaan jokaisella positiivitermisellä jonolla on lim sup, joten jokaisella potenssisarjalla on yksikäsitteisesti määrätty suppenemissäde. Huomautus 4.4 Jos potenssisarjan n=0 a n(x a) n suppenemissäteelle R pätee R ]0, [, niin lauseen 4. mukaan sarja suppenee pisteittäin itseisesti välillä ]a R, a+r[ ja suppeneminen on tasaista kaikilla osaväleillä [a r, a+r] ]a R, a + R[. Sarja ei suppene joukon R \ [a R, a + R] pisteissä, mutta pisteissä x = a + R ja x = a R sarja voi supeta (itseisesti tai ei) tai hajaantua; tästä lause 4. ei sano mitään. Sarja voi supeta tasaisesti välillä ]a R, a + R[ tai olla suppenematta; tästäkään lause 4. ei sano mitään. Seuraavissa esimerkeissä tarkastellaan näitä kysymyksiä. Jos R = 0, niin sarja suppenee vain pisteessä x = a ja jos R =, niin sarja suppenee itseisesti koko R:ssä ja suppeneminen on tasaista kaikilla väleillä [a r, a+r] R ja siten kaikissa R:n rajoitetuissa osajoukoissa; nämäkin faktat seuraavat lauseesta 4.. Esimerkki 4.5 Esimerkissä 3.3 todettiin, että geometrinen sarja n=0 xn suppenee välillä ], [ ja hajaantuu joukossa R \ ], [, joten ilmeisesti huomautuksen 4.4 perusteella tämän potenssisarjan suppenemissäteen on oltava. Tämän suppenemissäteen saa myös suoraan määritelmästä 4.2, sillä nyt a n = kaikille n N ja siten R = lim sup n a n = lim n sup{ n a m m n} = lim n sup{} =. Tämä sarja ei siis suppene kummassakaan suppenemisvälin päätepisteessä x = ±. Tässä suppenemissäteen määrääminen suoraan määritelmästä 4.2 onnistui lähinnä siitä syystä, että sarjan kertoimet a n olivat poikkeuksellisen yksinkertaisia. Vähänkään monimutkaisemmille kertoimille määritelmän 4.2 lim sup on turhan hankala kapine käsiteltäväksi. Seuraavassa lauseessa osoitetaan, että tämä laite voidaan korvata tavallisella raja-arvolla, mikäli sellainen on olemassa. Tavallisia raja-arvoja osataan paljon paremmin pyöritellä niillehän on [A]:ssä kehitelty monenlaisia temppujakin. Voi tietysti kysyä, miksei sitten määritelmässä 4.2 suoraan puhuta raja-arvosta, kun sitä kuitenkin käytetään. Vastaus on se, että raja-arvoa ei läheskään aina ole olemassa, jolloin tällaisille sarjoille jäisi koko suppenemissäteen käsite määrittelemättä. Sen sijaan lim sup on aina olemassa (kun hyväksytään edellä tehdyt mukavuusmerkinnät ), jolloin suppenemisäde tulee (oikein) määritellyksi kaikille potenssisarjoille. Haittapuoli tässä siis on se, että lim sup on laskuissa pirullinen käsiteltävä. Lause 4.6 Olkoon (b n ) jono positiivilukuja siten, että on olemassa raja-arvo lim b n = b [0, [. n 95

97 Tällöin pätee lim sup b n = b. Todistus. Merkitään kaikille n N B n = {b m m n} ja M = lim sup b n, jolloin siis määritelmän 4.0 mukaan M = lim n sup B n. Koska jono (b n ) on oletuksen mukaan suppeneva, niin se on rajoitettu ([A2], lause 4.3). Tämä tarkoittaa sitä, että joukko B 0 on rajoitettu. Tämä taas tarkoittaa määritelmän 4.0 (ja sitä seuraavan huomautuksen) perusteella sitä, että M R. Tällöin luku M b R on määritelty ja riittää osoittaa, että M b = 0. () Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Väite () seuraa, jos osoitetaan, että M b < ɛ. (2) Tämä johtuu siitä, että jos olisi M b 0, niin ehdon (2) (kun valitaan siinä ɛ = M b > 0; huomaa, että on oleellista, että ehdossa (2) ɛ on todella täysin mielivaltainen.) nojalla olisi M b < M b, mikä on mahdotonta. Koska siis b n b, niin reaalisen raja-arvon määritelmän nojalla on olemassa N N siten, että b n b < ɛ kun n N. 2 Tällöin B n ]b ɛ 2, b + ɛ [ kun n N. 2 Tästä seuraa edelleen supremumin määritelmän perusteella, että sup B n ]b ɛ 2, b + ɛ ] kun n N. 2 Tämä merkitsee reaalisen raja-arvon määritelmän mukaan sitä, että M = lim n sup B n [b ɛ 2, b + ɛ 2 ]. Tällöin pätee M b ɛ 2 < ɛ, joten väite (2) ja siten koko lause on todistettu. Lause 4.7 Olkoon (a n ) reaalilukujono ja a R. Oletetaan, että on olemassa an = K [0, [. n lim n Tällöin potenssisarjan n=0 a n(x a) n suppenemissäde on K [0, [. 96

98 Todistus. Tämä seuraa suoraan määritelmästä 4.2 ja lauseesta 4.6. Esimerkki 4.8 Jos a n = n, kun n, niin potenssisarjan i= a ix i suppenemissäde on. Tämän näkee huomautuksen 4.4 nojalla, sillä pisteessä x = kyseessä on harmoninen sarja, joka hajaantuu, ja pisteessä x = kyseessä on vuorotteleva harmoninen sarja, joka suppenee. Huomautuksen 4.4 nojalla suppenemissäteen on tällöin oltava tarkalleen. Tämän näkee nyt myös lauseesta 4.7, sillä lim n n an = lim n n log n limn e n = e 0 =, n = lim n n n = lim n e log n n = lim n e log n n joten lauseen 4.7 nojalla potenssisarjan i= a ix i suppenemissäde on =. Suppenemisvälin ]0, 0 + [ = ], [ reunapisteissä sarja suppenee pisteessä x = ja hajaantuu pisteessä x =. Suppeneminen pisteessä x = ei ole kuitenkaan itseistä. Esimerkki 4.9 Jos a n = n, kun n, niin potenssisarjan 2 n=0 a nx n suppenemissäde on edelleen. Tässä on huomautusta 4.4 vähän hankala soveltaa (ainakaan samalla tavalla kuin edellisessä esimerkissä), sillä sarja suppenee sekä pisteessä x = + että x =. Sen sijaan lause 4.7 toimii näppärästi, sillä nyt saadaan lim n n an = lim n n e lim n 2 log n n = e 0 =, n 2 = lim n n 2 n = lim n e log n 2 n = lim n e 2 log n n joten lauseen 4.7 nojalla potenssisarjan i= a ix i suppenemissäde on =. Sarja suppenee suppenemisvälin ]0, 0 + [ = ], [ molemmissa reunapisteissä x = ±, jopa itseisesti, sillä sarja a n ± n = n 2 n=0 on yliharmoninen sarja, jonka suppeneminen tiedetään esimerkistä 3.5. Huomautus. Lause 4.7 muistuttaa kovin paljon lauseen 3.23 juuritestiä, mikä ei tietysti ole mikään sattuma. Juuritestin rinnalle kehiteltiin lauseessa 3.32 suhdetesti. Tätä muistuttava potenssisarjan suppenemissäteen joissakin tapauksissa näppärästi antava lause muotoillaan lauseessa Sitä varten muistutetaan mieleen [A]:n yleistys reaalilukujonon raja-arvolle: n=0 = = 97

99 Jos (a n ) on reaalilukujono, niin sanotaan, että sen raja-arvo on, jos kaikille M R on olemassa N N siten, että a n M kaikille n N. Lause 4.20 Olkoon (a n ) on reaalilukujono, a R ja R [0, [ { } potenssisarjan n=0 a n(x a) n suppenemissäde. Oletetaan, että raja-arvo on olemassa. Tällöin pätee lim n a n [0, [ { } a n+ a n R = lim n a n+. a Todistus. Merkitään α = lim n n a n+ i) R α ja ja osoitetaan, että ii) α R, jolloin väite seuraa, myös tapauksessa R = tai α =. Väite i): Jos α =, niin tämä väite pätee. Voidaan siis olettaa, että α [0, [. Valitaan mielivaltainen r R siten, että r > α ja osoitetaan, että mistä väite i) seuraakin. R r, () a Koska r > lim n n a n+, niin reaalisen raja-arvon määritelmän perusteella voidaan valita N N siten, että a n 0, kun n N ja lisäksi kaikille n N pätee a n a n+ < r eli a n < a n+ r. (2) Merkitään B = a N r N ja osoitetaan induktiolla, että a n r n B kaikille n N. (3) Väitteen (3) induktiotodistus: Asia on selvä, kun n = N ja yleinen induktioaskel n n + menee näin: a n+ r n+ = a n+ r r n i) > a n r n ii) B. Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (2) ja epäyhtälö ii) induktio-oletuksesta. Tämä todistaa väitteen (3). 98

100 Olkoon x R \ ]a r, a + r[ mielivaltainen.. Tällöin x a r eli x a r, jolloin saadaan kaikille n N a n (x a) n = a n r n ( x a r ) n i) B = B, (4) missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (3). Koska a N 0, niin B = a N r N > 0, jolloin ehto (4) merkitsee sitä, että ei voi olla lim n a n (x a) n = 0. Lauseen 3.4 nojalla tällöin sarja n=0 a n(x a) n ei voi supeta. Silloin huomautuksen 4.4 nojalla täytyy olla x a R eli x R \ ]a R, a+r[. Koska x valittiin mielivaltaisesti joukosta R \ ]a r, a + r[, niin on nähty, että R \ ]a r, a + r[ R \ ]a R, a + R[, jolloin ]a R, a + R[ ]a r, a + r[. Tämä on tietenkin mahdollista vain kun R r. Näin väite () ja siten myös väite i) on todistettu. i) Väitteen ii) todistus. Väitetään siis, että α R. Jos α = 0, niin asia on selvä. Voidaan näin olettaa, että α > 0. Valitaan mielivaltainen r R siten, että 0 < r < α ja osoitetaan, että r R, (5) jolloin väite α R seuraa. Huomaa, että tämä pätee myös siinä tapauksessa, että α =. a Koska nyt r < α = lim n n a n+, niin reaalisen raja-arvon määritelmän perusteella voidaan valita N N siten, että a n 0, kun n N ja lisäksi kaikille n N pätee a n a n+ > r eli a n > a n+ r. (6) Merkitään B = a N r N ja osoitetaan induktiolla, että a n r n B kaikille n N. (7) Väitteen (7) induktiotodistus: Asia on selvä, kun n = N ja yleinen induktioaskel n n + menee näin: a n+ r n+ = a n+ r r n i) < a n r n ii) B. Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (6) ja epäyhtälö ii) induktio-oletuksesta. Tämä todistaa väitteen (7). Olkoon sitten x ]a r, a + r[ mielivaltainen. Tällöin x a < r eli x a r <, ja kaikille n N pätee a n (x a) n = a n r n ( x a r 99 ) n i) ( ) n x a B, (8) r

101 missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (7). Sarja ( ) n x a n=0 r suppenee, koska se on nyt geometrinen sarja, jonka suhdeluku on <. Tällöin lauseen 3.6 nojalla myös sarja ( ) n n=0 B x a r suppenee. Ehdon (8) ja majoranttiperiaatteen sekä lauseen 3.2 nojalla sarja n=0 a n(x a) n suppenee. Lauseen 3.8 nojalla tällöin myös sarja n=0 a n(x a) n suppenee. Huomautuksen 4.4 nojalla on silloin oltava x a R eli x [a R, a + R]. Koska x valittiin mielivaltaisesti joukosta ]a r, a + r[, niin on nähty, että ]a r, a + r[ [a R, a + R]. Tämä on tietysti mahdollista vain kun r R. Näin väite (5) on todistettu. Esimerkki 4.2 Potenssisarjan i! xi suppenemissäde on lauseen 4.20 nojalla, sillä lim n n! (n+)! (n + )! = lim = lim n n! n + =. n Esimerkki 4.22 Potenssisarjan i!xi suppenemissäde on lauseen 4.20 nojalla 0, sillä lim n n! (n + )! = lim n Esimerkki 4.23 Potenssisarjan ( ) i (2i)! x2i, n! (n + )! = lim n missä siis n + = 0. n! kun n = 4k jollekin k N a n = n! kun n = 4k + 2 jollekin k N 0 muuten, suppenemissäteen selvittämiseen ei lause 4.20 pysty, koska joka toinen kerroin on nolla ja näin lauseen 4.20 oletukset eivät ole kunnossa. Lause 4.7 tähän puree, mutta senkin käyttö on vähän hankalaa; vertaa esimerkkiin 3.28 ja sen jälkeiseen huomautukseen. Helpointa tässä on vedota kyseiseen esimerkkiin 3.28 tai esimerkkiin 4.2, joiden mukaan sarja i! xi suppenee kaikille x R. Koska kaikille x R pätee a n x n n! x n kaikille n N, niin silloin maksimiperiaatteen nojalla sarja a ix i suppenee itseisesti ja edelleen lauseen 3.8 perusteella suppenee. Siis kyseinen sarja suppenee kaikille x R, joten huomautuksen 4.4 nojalla suppenemissäde on. 00

102 Määritelmä 4.24 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R ja a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemissäde on R [0, [ { }. Oletetaan lisäksi, että R 0. Merkitään { ]a R, a + R[ jos R R I = R jos R = ja sanotaan, että I on potenssisarjan a i(x a) i suppenemisväli. Sanotaan edelleen, että funktio f : I R, missä f(x) = a i (x a) i kaikille x I, on potenssisarjan a i(x a) i määräämä funktio. Huomautus. Huomautuksen 4.4 mukaan potenssisarja suppenee jokaisessa suppenemisvälinsä pisteessä, joten käsite potenssisarjan määräämä funktio on hyvin määritelty. Huomaa, että potenssisarja voi supeta myös suppenemisvälinsä päätepisteissä, joissa siis kyseistä funktiota ei määritellä. Suppenemisvälistä puhuttaessa oletetaan määritelmän 4.24 mukaisesti, että R > 0, jolloin suppenemisväli on aina avoin ja epätyhjä. Lause 4.25 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin f on jatkuva. Todistus. Olkoon x 0 I mielivaltainen. Riittää osoittaa, että f on jatkuva pisteessä x 0. Tähän riittää se, että f on jatkuva jollakin avoimella välillä J, jolle pätee x 0 J I. Koska I on avoin, niin voidaan valita r > 0 siten, että x 0 ]a r, a + r[ [a r, a + r] I ja riittää osoittaa, että f on jatkuva välillä ]a r, a + r[. Merkitään kaikille n N S n (x) = a i (x a) i kaikille x I. Tällöin lauseen 4. c) mukaan S n f tasaisesti välillä [a r, a + r]. Koska kuvaukset S n ovat ilmeisesti polynomeja, niin ne ovat jatkuvia välillä [a r, a + r]. Tällöin lauseen.5 nojalla f on jatkuva välillä [a r, a+r] ja siten myös välillä ]a r, a + r[. Seuraava lause sanoo karkeasti ottaen, että potenssisarja voidaan integroida termeittäin. Lause 4.26 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Olkoon b, c I siten, että b c. Tällöin f on Riemann-integroituva välillä [b, c] ja pätee c b f(t)dt = a i i + ((c a)i+ (b a) i+ ) = c a i (t a) i dt. b 0

103 Huomautus 4.27 Lauseessa 4.26 ei funktio f ole välttämättä integroituva koko välillä I, koska sen ei tarvitse olla edes rajoitettu tällä välillä, vaikka I olisikin rajoitettu. Tästä on esimerkkinä vaikkapa geometrisen sarjan summa välillä ], [. Kun lauseessa 4.26 valitaan b = a ja c = x I, x a, niin saadaan kaava x a f(t)dt = a i i + (x a)i+ = x a i (t a) i dt. () Jos x I, x a, niin valitaan lauseessa 4.26 c = a ja b = x, jolloin saadaan x a f(t)dt = a x f(t)dt = joten kaava () pätee tässäkin tapauksessa. a i i + ( (x a)i+ ) = a a i i + (x a)i+, Esimerkki 4.28 Geometrinen sarja xi suppenee välillä I =], [ ja sen summa on esimerkin 3.3 mukaan x. Tämä on siis kyseisen geometrisen sarjan määräämä funktio välillä I. Koska tässä sarjassa a n = kaikille n ja a = 0, niin huomautuksen 4.27 mukaan saadaan siis kaikille x I x Tässä integraali osataan laskea: x 0 0 t dt = i + xi+. () / x t dt = log( t) = log( x) = log 0 x. (2) Toisaalta äärellisten sarjojen määritelmän mukaan nähdään helposti induktiolla, että kaikille n N pätee jolloin n+ i + xi+ = i xi, i= i + xi+ = lim n n+ i + xi+ = lim n i xi = i= Yhdistämällä yhtälöt (), (2) ja (3) saadaan tulos i= i xi = log x kaikille x ], [. i= i xi. (3) Huomautuksen 4.27 avulla osattiin siis laskea tämmöisen sarjan summa tai oikeammin tämän sarjan määräämän funktion arvo jokaisessa suppenemisvälin pisteessä x. Huomaa, että kovin monen sarjan summaa ei ole vielä osattukaan laskea. 02

104 Lauseen 4.26 todistus. Väitteen jälkimmäinen yhtälö on ilmeinen, joten riittää todistaa ensimmäinen. Valitaan r > 0 siten, että [b, c] [a r, a + r] I. Merkitään kaikille n N S n (x) = a i (x a) i kaikille x I. Tällöin lauseen 4. c) mukaan S n f tasaisesti välillä [a r, a + r] ja siten myös välillä [b, c]. Koska kuvaukset S n ovat ilmeisesti polynomeja, niin ne ovat integroituvia välillä [b, c]. Tällöin lauseiden.7 ja.9 nojalla f on integroituva välillä [b, c] ja lim n c b S n (t)dt = c b f(t)dt. () Integraalit c b S n(t)dt osataan laskea, sillä äärellisen summan määritelmästä ja [A2]:n lauseesta.6 saadaan helposti induktiolla c ( c n ) c S n (t)dt = a i (t a) i dt = a i (t a) i dt = b / c b b a i i + (t a)i+ = Sijoittamalla tämä ehtoon () saadaan c b f(t)dt = lim n Tämä merkitsee sitä, että sarja suppenee ja sen summa on c b f(t)dt. b a i i + ((c a)i+ (b a) i+ ). a i i + ((c a)i+ (b a) i+ ). a i i + ((c a)i+ (b a) i+ ) Seuraava lause sanoo karkeasti ottaen, että potenssisarja voidaan derivoida termeittäin. Lause 4.29 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin f on jatkuvasti derivoituva välillä I ja kaikille x I pätee f (x) = ia i (x a) i. i= Todistus. Osoitetaan ensin, että potenssisarja ia i (x a) i suppenee kaikille x I. () i= 03

105 Olkoon siis x I mielivaltainen. Valitaan r > 0 siten, että x ]a r, a + r[ [a r, a + r] I. Tällöin a + r I, joten lauseen 4. a) nojalla sarja a i (a + r a) i = a i r i suppenee. Tällöin lauseen 3.4 nojalla a n r n 0. Suppeneva jono on rajoitettu ([A], lause 4.3), joten on olemassa M > 0 siten, että a n r n M kaikille n N. Tällöin pätee a n M r n kaikille n N. Tästä saadaan edelleen kaikille n 0 n a n x a n n M r n x a n = M ( ) n x a r n. (2) r Potenssisarjan (i + )y i (3) suppenemissäde on, minkä näkee helpoimmin lauseesta 4.20: n + lim n n + 2 =. Lauseen 4. a) nojalla sarja (3) suppenee tällöin kaikille y ], [, ts. kaikille y ], [ on olemassa S(y) R siten, että lim n (i + )y i = S(y). (4) Äärellisten summien määritelmästä seuraa helposti induktiolla, että kaikille n N pätee n+ (i + )y i = iy i. (5) i= Tällöin ehtojen (4) ja (5) nojalla kaikille y ], [ pätee n+ lim n i= iy i = S(y), mikä merkitsee sitä, että sarja iy i (6) i= 04

106 suppenee kaikilla y ], [ ja sen summa on S(y). Edellä luku r > 0 valittiin niin, että x ]a r, a + r[. Tällöin x a < r eli x a 0 <. r Tällöin sarja (6) suppenee, kun y = x a r eli sarja ( ) i x a i r i= suppenee. Tällöin lauseen 3.6 nojalla myös sarja ( M x a r i r i= ) i suppenee. Tämä suppenemistieto yhdistettynä ehtoon (2) ja majoranttiperiaatteeseen takaa sarjan i a i x a i i= suppenemisen. Lauseen 3.8 nojalla tällöin suppenee myös sarja ia i (x a) i. Näin väite () on todistettu. i= Siirrytään sitten varsinaisen derivoituvuusväitteen todistukseen. Olkoon x 0 I mielivaltainen. Riittää osoittaa, että f on jatkuvasti derivoituva jollakin avoimella välillä J, jolle pätee x 0 J I. Koska I on avoin väli, niin voidaan valita r > 0 siten, että x 0 ]a r, a + r[ [a r, a + r] I ja riittää osoittaa, että f on jatkuvasti derivoituva välillä ]a r, a + r[. Merkitään kaikille n N S n (x) = a i (x a) i kaikille x I. Kahden kuvauksen summan derivoimissääntö yleistyy induktiolla äärelliselle summalle, jolloin kuvaukset S n osataan välittömästi derivoida: S 0(x) 0 ja S n(x) = ia i (x a) i kaikille n. (7) i= Yllä todistetun ehdon () mukaan potenssisarja ia i (x a) i i= 05

107 suppenee välillä I; olkoon g : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin ehdon (7) nojalla lim n S n(x) = ia i (x a) i = g(x) kaikille x I. i= Lisäksi lauseen 4. c) nojalla S n g tasaisesti välillä [a r, a + r] ja tietysti silloin myös välillä ]a r, a + r[. Koska lisäksi S n (x) f(x) kaikille x I niin voidaan soveltaa lausetta.22. (Tässä lausetta.22 sovelletaan niin, että lauseen.22. G on tämän lauseen f ja lauseen.22 f n on tämän lauseen S n ; f ja g ovat samassa roolissa sekä tässä että lauseessa.22) Lause.22 sanoo näin soveltaen, että jono (S n ) suppenee (tosin tämä tieto tässä jo onkin; rajafunktio on f) ja että rajafunktio eli f on derivoituva ja sen derivaatta on g. Siis kaikille x ]a r, a + r[ pätee f (x) = g(x) = ia i (x a) i. i= Tämä siis todistaa väitteen f:n derivoituvuudesta ja derivaattakin on se mikä väitettiin. Väitteessä oli vielä maininta f:n jatkuvasta derivoituvuudesta eli siitä, että g:n pitäisi olla jatkuva. Tämä seuraa nyt lauseesta 4.25, sillä g on välillä I suppenevan potenssisarjan määräämä funktio. Esimerkki 4.30 Geometrinen sarja xi suppenee välillä I =], [ ja sen summa on esimerkin 3.3 mukaan f(x) = x. Tämä on siis kyseisen geometrisen sarjan määräämä funktio välillä I. Koska tässä sarjassa a n = kaikille n ja a = 0, niin lauseen 4.29 mukaan saadaan siis kaikille x I f (x) = ix i. () i= Koska toisaalta derivaatta f osataan suoraan laskea: f (x) = ( x) 2 kaikille x I ja ehdon () summalle saadaan äärellisten summien määritelmän kautta ix i = lim i= n i= n ix i = lim n (i + )x i = (i + )x i, 06

108 niin yhtälöstä () saadaan tulos (i + )x i = ( x) 2 kaikille x ], [. (2) Tämmöisen sarjan summakin osataan siis laskea. Toisaalta samaan tulokseen pääsee myös esimerkin 3.45 kautta aivan toisenlaisella lähestymistavalla. Esimerkissä 3.45 osoitettiin Mertensin lausetta käyttäen, että ix i x = ( x) 2 kaikille x ], [. (3) i= Äärellisten summien määritelmän ja reaalisen raja-arvon perusominaisuuksien nojalla saadaan toisaalta kiinteälle x ], [ ix i = lim i= n i= ix i = lim n x lim (i + )x i = x n n i= n ix x i = lim x (i + )x i = n (i + )x i, joten yhtälön (3) perusteella saadaan yhtälö x (i + )x i x = ( x) 2, josta yhtälö (2) seuraa, ainakin kun x 0. Lause 4.3 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin f on välillä I äärettömän monta kertaa derivoituva ja kaikille n N pätee f (n) (x) = i=n i! (i n)! a i(x a) i n kaikille x I. () Todistus. Muotoillaan väite seuraavasti: Jokaisella n N f on n kertaa derivoituva välillä I ja esitys () pätee. Todistetaan väite induktiolla. Kun n = 0, väite pätee, sillä kaikille x I pätee f (0) (x) = f(x) = a i (x a) i i! = (i 0)! a i(x a) i 0. 07

109 Tehdään sitten induktio-oletus, että väite pätee n :lle, jolloin induktioväite on, että se pätee n:lle. Induktio-oletuksen mukaan siis kaikille x I pätee f (n ) (a) = lim m m i=n m n+ lim m k=0 i=n i! (i n + )! a i(x a) i n+ = i! (i n + )! a i(x a) i n+ i) = (2) (k + n )! a k+n (x a) k ii) = k! k=0 (k + n )! a k+n (x a) k. k! Tässä yhtälö i) saadaan induktiolla äärellisten summien määritelmästä; havainnollisesti ajatellen tässä on tehty indeksinvaihto k = i n +. Yhtälö ii) seuraa reaalisen raja-arvon määritelmästä; tässähän tiedetään, että kyseinen raja-arvo on olemassa. Sovelletaan nyt f (n ) :n esitykseen (2) lausetta Sen mukaan f (n ) on derivoituva mikä tarkoittaa, sitä, että f on n kertaa derivoituva ja lisäksi tälle derivaatalle saadaan lauseen 4.29 mukainen esitys eli kaikille x I f (n) (x) = d dx f (n ) (x) = k= lim k k= (k + n )! a k+n (x a) k = (k )! m m k= i=n (k + n )! a k+n (x a) k = k! (k + n )! a k+n (x a) k i) m+n = lim (k )! m i=n i! (i n)! a i(x a) i n, i! (i n)! a i n ii) i(x a) = joten induktioväite pätee. Tässä yhtälö i) saadaan induktiolla äärellisten summien määritelmästä; havainnollisesti ajatellen tässä on tehty indeksinvaihto i = k + n. Yhtälö ii) seuraa reaalisen raja-arvon määritelmästä; tässä taas tiedetään, että kyseinen raja-arvo on olemassa. Siis induktioaskel on otettu, joten väite on todistettu induktioperiaatteen nojalla. Käytännössä derivaatan arvoa mielivaltaisessa pisteessä x I on vaikea määrätä lauseesta 4.3, koska potenssisarjan summan arvoa on yleensä vaikea laskea. Pisteessä x = a saadaan kuitenkin yksinkertainen esitys: Lause 4.32 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä 08

110 funktio. Tällöin kaikille n N pätee i=n f (n) (a) = n! a n Todistus. Koska a I ja (a a) i n = 0, kun i n +, niin lauseen 4.3 nojalla saadaan f (n) i! (a) = (i n)! a i(a a) i n n! = (n n)! a n(a a) n n = n!a n. Esimerkki 4.33 Funktio f :], [ R, f(x) = x osataan toki helposti derivoida osamäärän derivoimissääntöjen mukaan ja saadaan f (n) (0) = n! kaikille n N. () Sama asia saadaan myös lauseen 4.32 nojalla, sillä kaikille x ], [ pätee f(x) = x n. Tässä siis a n = kaikille n N, jolloin suoraan lauseesta 4.32 saadaan ehto (). Huomaa, että lause 4.32 antaa keinon määrätä derivaatat suppenemisvälin keskipisteessä, vaikka itse funktion arvoja yleisesti (eli sarjan summaa) ei osattaisikaan laskea. Jos esimerkiksi asetetaan f(x) = n! xn, niin esimerkissä 3.28 osoitettiin, että näin saadaan koko R:ssä määritelty funktio. (Huomautuksessa 3.29 vihjattiin, että tämä on itse asiassa eksponenttifunktio, mutta tätäpä ei vielä tiedetä...) Tässä siis a n = n!, joten lauseen 4.32 mukaan f (n) (0) = n! a n = kaikille n N. (2) Huomaa, että myös eksponenttifunktio toteuttaa ehdon (2), mutta sehän nyt ei tietysti vielä mitenkään todista, että f todellakin on eksponenttifunktio. Lauseen 4.25 mukaan potenssisarjan määräämä funktio on jatkuva suppenemisvälillään. Kuten määritelmän 4.24 jälkeisessä huomautuksessa todettiin, potenssisarja voi supeta myös suppenemisvälinsä päätepisteessä, jolloin sarja määrää funktion myös tässä pisteessä ja näin saadaan laajennettua potenssisarjan määräämän funktion määrittelyjoukkoa yhdellä tai kahdella pisteellä. On luonnollista kysyä, onko näin laajennettu kuvaus edelleen jatkuva, ts. voiko suppenemisvälin päätepisteen lähellä tapahtua jotain hyppäystä tai muuta, joka sotkisi jatkuvuuden. Tähänhän ei lause 4.25 vastaa, eikä sen todistusta voi korjata, 09

111 niin että se takaisi jatkuvuuden myös päätepisteissä. Vastaus jatkuvuuskysymykseen on kuintenkin myönteinen. Tämä todistetaan lauseessa 4.35, jota varten todistetaan ensin eräs summamanipulaatioita koskeva aputulos. Tämä tulos tunnetaan nimellä Abelin osittaissummakaava huomaa, että se muistuttaa jonkin verran osittaisintegrointikaavaa. Lause 4.34 Olkoot (a n ) ja (b n ) reaalilukujonoja ja p, q N, p < q. Merkitään kaikille n N Sn b = b i. Tällöin pätee i=p+ q i=p+ a i b i = q i=p+ Todistus. Tämä on suora lasku: q i) q a i b i = a i (Si b Si ) b ii) = q i=p+ q i=p+ i=p+ q a i Si b a i+ Si b i=p iv) = S b i (a i a i+ ) a p+ S b p + a q S b q. q i=p+ S b i (a i a i+ ) a p+ S b p + a q S b q, q i=p+ a i S b i a i S b i + a q S b q q i=p+ q i=p+ a i S b i iii) = a i+ S b i a p+ S b p missä yhtälö i) perustuu suoraan äärellisen summan määritelmään, yhtälössä ii) summa on jaettu kahtia, yhtälössä iii) on tehty indeksinvaihto i i, yhtälössä iv) on ensimmäisen summan viimeinen ja jälkimmäisen summan ensimmäinen termi otettu erilleen ja yhtälössä v) on summat yhdistetty. Lause 4.35 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemissäde on R ]0, [ ja olkoon f :] R, R[ R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Olkoon y = a ± R ja oletetaan, että sarja a i(x a) i suppenee pisteessä y. Tällöin pätee lim f(x) = a i (y a) i. x y, x ]a R,a+R[ Todistus. Merkitään kaikille n N S n = a i (y a) i ja S = lim S n = a i (y a) i. n Jokainen x ]a R, a + R[ voidaan esittää muodossa x = a + r(y a), missä r ], [, jolloin tehtävänä on osoittaa, että lim f(a + r(y a)) = S. () r, r< 0 v) =

112 Laskemalla saadaan kiinteälle r ], [ luvulle f(a + r(y a)) esitys f(a + r(y a)) = a i (a + r(y a) a) i = a 0 + lim a 0 + lim q q i= q i= q r i a i (y a) i = i) S i (r i r i+ ) r S 0 + lim q rq ii) S q = (2) q a 0 + ( r) lim S i r i ra 0 = ( r) S i r i, q i= missä yhtälö i) seuraa lauseen 4.34 osittaissummakaavasta, jossa p = 0 ja yhtälö ii) siitä, että S q S ja r q 0, jolloin r q S q 0. Toisaalta kaikille r ], [ saadaan geometrisen sarjan summana joten r = r i eli ( r) r i =, S = ( r) r i S. (3) Tehtävänä oli siis osoittaa, että ehto () pätee, ts. pitää osoittaa, että kaikille ɛ > 0 löytyy δ > 0 siten, että f(a + r(y a)) S < ɛ, kun < δ < r <. (4) Koska S n S, niin voidaan valita N N niin suureksi, että S n S < ɛ 2 kaikille n N. (5) Kaikille r ]0, [ saadaan f(a + r(y a)) S = i) ( r) S i r i ( r) Sr i ii) = ( r) (S i r i Sr i ) iii) ( r) S i S r i = ( r) ( r) N S i S r i + ( r) N S i S + ( r) ɛ 2 i=n+ i=n+ S i S r i iv) < (6) r i v) ( r) N S i S + ɛ 2, missä yhtälö i) seuraa kaavoista (2) ja (3), yhtälö ii) seuraa lauseesta 3.43, epäyhtälö iii) seuraa reaalisesta kolmioepäyhtälöstä, epäyhtälö iv) perustuu

113 kaavaan (5) ja siihen, että r i > 0 kaikille i sekä r > 0. Epäyhtälö v) seuraa siitä, että r i r i = r. i=n+ Valitaan nyt δ > 0 valitsemalla δ < min{, ɛ 2 N n=0 S }. (7) n S + Riittää osoittaa, että tämä on ehdossa (4) toimiva valinta, ts. kaikille r ] δ, [ pätee f(a + r(y a)) S < ɛ. Näin on, sillä kun r ] δ, [, niin f(a + r(y a)) S i) < ( r) ɛ 2 N n=0 S n S + N S n S + ɛ 2 n=0 ii) δ N S n S + ɛ 2 < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, n=0 N S n S + ɛ 2 missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (6) ja siitä, että δ <, jolloin r > 0, epäyhtälö ii) seuraa siitä, että r > δ, jolloin r < δ ja epäyhtälö iii) siitä, että ɛ δ < 2 P N Sn S +. n=0 Esimerkki 4.36 Esimerkissä 4.28 osoitettiin, että sarja i= i= n=0 iii) i xi () suppenee välillä ], [ ja että sen summakin tiedetään: Kaikille x ], [ pätee i xi = log x. Pisteessä x = summa () on harmoninen sarja, joka ei suppene esimerkin 3.3 mukaan. Sen sijaan toisessa suppenemisvälin päätepisteessä x = sarja () on (merkkiä vaille) vuorotteleva harmoninen sarja, joka suppenee esimerkin 3.39 mukaan. Jos merkitään niin lauseen 4.35 nojalla saadaan i= f(x) = log x, i ( )i = lim f(x) = log x + x = log ( ) = log = log 2. (2) 2 2

114 Siten esimerkissä 3.39 vuorottelevaksi harmoniseksi sarjaksi nimetyn sarjan ( ) i+ summa saadaan laskettua, kuten huomatuksessa 3.40 lupailtiin: ( ) i+ i) ( ) i ii) = = ( log 2) = log 2. i i i= Tässä yhtälö i) perustuu lauseeseen 3.6 ja yhtälö ii) ehtoon (2). 5 Taylorin sarjat i= i= Tutkitaan tämän luvun aluksi, mikä on suppenevan potenssisarjan määräämän funktion kertalukua n oleva Taylorin polynomi sarjan keskipisteessä. Tämä onkin kovin helposti luettavissa kyseisestä sarjasta: Lause 5. Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, I potenssisarjan a i(x a) i suppenemisväli ja f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin pätee T n,a f(x) = a i (x a) i kaikille n N. Todistus. Lauseen 4.3 nojalla f on äärettömän monta kertaa derivoituva välillä I, ja koska a I, niin kaikkien kertalukujen Taylorin polynomit on määritelty ja väite on siinä suhteessa järkevä. Lisäksi saadaan kaikille x R T n,a f(x) i) = i! f (i) (a)(x a) i ii) = i i! i!a i(x a) i = a i (x a) i, missä yhtälö i) on Taylorin polynomin määritelmä 2. ja yhtälö ii) seuraa lauseesta Taylorin polynomi oli jonkinmoinen approksimaatio itse funktiolle; sen etu itse funktioon verrattuna on siinä, että se on nimenomaan polynomi, siis hyvin yksinkertainen ja siisti käytökseltään. Approksimaation tarkkuus paranee ainakin periaatteessa sitä mukaa, kun kertalukua nostetaan. Tässä katsannossa on luonnollista kysyä, kuinka hyvä approksimaatio saadaan, jos kertaluku nostetaan äärettömyyksiin. Tämä tehdään täsmällisesti seuraavassa määritelmässä, jota kannattaa verrata määritelmään 2.. Määritelmä 5.2 Olkoon I R avoin väli, x 0 I ja f : I R äärettömän monta kertaa derivoituva funktio. Sanotaan, että potenssisarja T,x0 f(x) = i! f (i) (x 0 )(x x 0 ) i on funktion f Taylorin sarja pisteessä x 0. 3

115 Jos lähdetään siitä ajatuksesta, että Taylorin polynomin antama approksimaatio f:lle paranee kertaluvun kasvaessa, niin Taylorin sarjassa approksimaation tarkkuus on viety tässä suhteessa äärimmilleen. Intuitiivinen ajatus on siis se että Taylorin sarja approksimoi itse funktiota erittäin hyvin mitä se sitten tarkkaan ottaen tarkoittaakin. Intuitio on usein väärässä. Tässä se on sekä väärässä että oikeassa. Approksimaatio on nimittäin joskus todella hyvä, joskus taas aivan onneton. Jos analysoidaan aivan pintapuolisesti Taylorin polynomia, niin ensimmäinen ongelma näkyy heti: Sarjan olisi syytä supeta, jotta mistään approksimoinnista voidaan ylipäätään puhua. Funktion f määrittelyjoukon eli välin I olisi siis sisällyttävä Taylorin polynomin suppenemisväliin. Näin ei suinkaan aina ole, kuten seuraava esimerkki kertoo. Esimerkki 5.3 Olkoon I = ], [, x 0 = 0 ja f : I R, f(x) = x. Tällöin f on äärettömän monta kertaa derivoituva ja helposti induktiolla nähdään, että f (n) (0) = n! kaikille n N. Tällöin määritelmän mukaan f:n Taylorin sarja pisteessä x 0 = 0 on sarja T,x0 f(x) = i! f (i) (x 0 )(x x 0 ) i = x i. Tämähän on tuttu geometrinen sarja joka suppenee vain välillä ], [ eikä suinkaan koko f:n määrittelyvälillä I. On siis niin, että koko välillä ], ] Taylorin sarja ei anna minkäänlaista f:n approksimaatiota, koska se ei edes suppene kaikissa pisteissä. Esimerkki 5.4 Vieläkin karmeampia esimerkkejä Taylorin sarjan epäonnistumisesta approksimointitehtävässään voidaan antaa. Voidaan nimittäin todistaa (ks. K.R. Stromberg, An Introduction to Classical Real Analysis, ss. 9-92), että jos (a n ) on mielivaltainen reaalilukujono, niin on olemassa äärettömän monta kertaa derivoituva kuvaus f : R R siten, että f (n) (0) = a n kaikille n N. Tämän todistus on varsin hankala, eikä puututa siihen tässä. Nyt jos määritellään a n = (n!) 2 kaikille n N, niin yllä mainitun tuloksen nojalla on siis olemassa äärettömän monta kertaa derivoituva kuvaus f : R R siten, että f (n) (0) = (n!) 2 kaikille n N. 4

116 Tämän funktion Taylorin sarja origossa on T,0 f(x) = i! f (i) (0)x i = i! (i!)2 x i = i!x i. Esimerkissä 4.9 todettiin, että tämä sarja ei suppene ollenkaan, paitsi tietysti keskipisteessä x = 0. Tällöin ei voi juuri puhua siitä, että f:n Taylorin sarja approksimoisi funktiota f. Huomaa toisaalta, että itse f:stä ei tässä paljon tiedetä. Esimerkki 5.5 Entä sitten, jos Taylorin sarja sattuu suppenemaan, miten hyvin tai huonosti f:n approksimointi silloin onnistuu? Ei välttämättä kovin hyvin, mikä näkyy seuraavasta esimerkistä. Määritellään funktio f : R R asettamalla {e x f(x) = 2 kun x 0 0 kun x = 0. Osoitetaan, että f on äärettömän monta kertaa derivoituva ja että f (n) (0) = 0 kaikille n N. Tämä tehdään osoittamalla ensin, että kaikille n N ja kaikille x R \ {0} pätee f (n) (x) = P n ( x )e x 2, () missä P n on astetta 3n oleva polynomi. Tehdään tämä induktiolla n:n suhteen. Kun n = 0 väite pätee, kun valitaan P 0. Oletetaan sitten induktiivisesti, että n ja että väite () pätee n :lle. Pitää osoittaa, että se pätee n:lle. Induktio-oletuksen mukaan on siis olemassa astetta 3n 3 oleva polynomi P n siten, että f (n ) (x) = P n ( x )e x 2 kaikille x R \ {0}. Tästä saadaan derivoimalla kaikille x R \ {0} f (n) (x) = P n ( x )( x 2 )e x 2 + P n ( x ) 2 x 3 e x 2 = (P n ( x ) 2 x 3 P n ( x ) x 2 )e x 2. (2) Kun määritellään kaikille t R P n (t) = 2t 3 P n (t) t 2 P n (t), niin P n on astetta 3n oleva polynomi ja induktioväite seuraa yhtälöstä (2). Näin induktioaskel on otettu ja induktioperiaatteen nojalla väite () todistettu. Seuraavaksi osoitetaan, että f:n kaikkien kertalukujen derivaatat ovat olemassa myös origossa ja että f (n) (0) = 0 kaikille n N. (3) 5

117 Tehdään tämäkin induktiolla. Väite pätee suoraan määritelmän nojalla kun n = 0. Oletetaan induktiivisesti, että n ja että f (n ) (0) = 0. Tällöin f (n ) (x) f (n ) (0) lim x 0 x 0 lim tp n (t)e t 2 = lim t t i) = lim f (n ) (x) x 0 x tp n (t) e t2 ii) = lim P n ( x )e x 2 x 0 x iii) = iv) = 0, (4) missä yhtälö i) seuraa induktio-oletuksesta, yhtälö ii) ehdosta (), yhtälössä iii) on tehty muuttujanvaihto t = x ja yhtälön iv) perustuu siihen, että P (t) lim t e t = 0 kaikille polynomeille P, mikä ehto puolestaan saadaan induktiolla P :n asteen suhteen käyttäen L Hospitalin sääntöä. Induktioväite f (n) (0) = 0 seuraa nyt ehdosta (4) ja derivaatan määritelmästä. Näin induktioperiaatteen mukaan väite (3) on todistettu. Tarkastellaan nyt funktion f Taylorin sarjaa origossa. Koska f on yllä todistetun mukaan äärettömän monta kertaa derivoituva, Taylorin sarja on järkevästi määritelty ja määritelmän sekä ehdon (3) nojalla saadaan T,0 f(x) = i! f (n) (0)(x 0) i = i! 0 xi 0. Tuloksena on siis taatusti koko R:ssä suppeneva sarja, jonka summa on nollafunktio. Tässä voidaan siis puhua approksimoinnista, koska sarja suppenee, mutta syntyvä nollafunktio approksimoi funktiota f tietysti melko heikosti. Näiden Taylorin sarjoja parjaavien esimerkkien jälkeen voidaan siirtyä kehuihin. Palataan esimerkkiin 5.3, jossa muodostettiin funktion f(x) = x Taylorin sarja origossa ja todettiin, että T,0 f(x) = x i. Tämä geometrinen sarja suppenee välillä ], [ ja tällä välillä sen summa on f(x). Käy siis niin, että T,0 f(x) = f(x) kaikille x ], [. 6

118 Tässä siis Taylorin sarja ei ainoastaan approksimoi f:ää suppenemisvälillään, vaan antaa tarkalleen f:n, ts. potenssisarjan T,0 f(x) määräämä funktio on itse f. Tästä herää luonnollinen kysymys: Milloin näin onnellisesti sitten käy? Vastaus on itse asiassa varsin helppo. Ensinnäkin, jos näin käy, f:n rajoittuma tälle välille on välttämättä erään potenssisarjan määräämä funktio (so. kyseisen Taylorin sarjan, joka on potenssisarja). Toisaalta tämä pätee myös kääntäen, ts. jos f on jonkun, minkä tahansa, potenssisarjan määräämä funktio, niin T,0 f(x) = f(x). Tämän sanoo seuraava lause. Lause 5.6 Olkoon (a n ) reaalilukujono, a R, a i(x a) i potenssisarja, jonka suppenemisväli on I ja olkoon f : I R tämän potenssisarjan määräämä funktio. Tällöin T,a f(x) = f(x) kaikille x I. Todistus. Lauseen 4.3 mukaan f on äärettömän monta kertaa derivoituva, jolloin Taylorin sarja on määritelty ja väite on siinä suhteessa mielekäs. Lisäksi lauseen 4.32 mukaan f (n) (a) = n! a n kaikille n N. Tällöin Taylorin sarjan määritelmän mukaan kaikille x I pätee T,a f(x) = i! f (i) (a)(x a) i = i! i!a i(x a) i = a i (x a) i = f(x). Esimerkki 5.7 Esimerkin 5.5 funktio ei voi lauseen 5.6 olla minkään potenssisarjan a ix i määräämä millään välillä ] R, R[, R > 0, koska se ei ole nollafunktio tällä välillä, vaikka sen Taylorin sarja origossa sitä on. Huomaa kuitenkin, että tämä koskee vain välejä, joiden keskipiste on 0. Voidaan esimerkiksi osoittaa, että jos muodostetaan f:n Taylorin sarja pisteessä a =, niin tämän sarjan suppenemissäde on ja kaikille x ]0, 2[ pätee f(x) = i! f (n) ()(x ) i = T, f(x). Tämän todistaminen ilman mitään lisätietoja näyttää aika hankalalta tehtävältä derivaattojen arvotkin pisteessä pitäisi ensin laskea, ja sekin taitaa olla aika vaivalloista. Apuja löytyy kompleksianalyysin kursilta. Esimerkki 5.8 Koska d n dx n ex = e x kaikille x R ja n N, 7

119 niin eksponenttifunktion kaikkien kertalukujen derivaatat origossa ovat ykkösiä. Tällöin suoraan Taylorin sarjan määritelmästä saadaan T,0 exp(x) = i! xi. Tämän sarjan suppenemissäde on esimerkin 4.2 mukaan, joten se suppenee kaikille x R. Nyt kysymys kuuluu: Miten hyvä approksimaatio itse eksponenttifunktiolle tämä on? Jos eksponenttifunktio on jonkun koko R:ssä suppenevan potenssisarjan määräämä, niin lauseen 5.6 nojalla Taylorin sarja antaa tarkalleen eksponenttifunktion, mutta onko näin? Vai voisiko tässä käydä kuten esimerkissä 5.5, jossa Taylorin sarja on kyllä ihan sievä, mutta ei esitä kyseistä funktiota? Näihin kysymyksiin löytyy ratkaisu seuraavasta lauseesta. Lause 5.9 Olkoon I R avoin väli, a I ja f : I R äärettömän monta kertaa derivoituva funktio. Olkoon lisäksi M 0 siten, että Tällöin kaikille x I pätee f (n) (x) M n kaikille x I ja kaikille n N. f(x) = T,a f(x). Todistus. Suoraan sarjan suppenemisen, Taylorin sarjan ja Taylorin polynomien määritelmistä seuraa, että väite pätee, jos osoitetaan, että tai yhtäpitävästi lim T n,af(x) = f(x) kaikille x I, n lim (f(x) T n,af(x)) = 0 kaikille x I. () n Lauseen 2.0 jälkeisessä huomautuksessa erotukselle f(x) T n,a f(x) käytettiin nimitystä jäännöstermi ja merkintää f(x) T n,a f(x) = R n,a f(x). Siten väite () seuraa, jos osoitetaan, että lim R n,af(x) = 0 kaikille x I. (2) n Olkoon tätä varten x I kiinteä. Lauseessa 2.4 saatiin aikaan jokaiselle jäännöstermille R n,a f(x) Lagrangen esitys: On olemassa ξn x ]x, a[ ]a, x[ I siten, että R n,a f(x) = (n + )! f (n+) (ξn)(x x a) n+. (3) Huomaa, että lauseen 2.4 mukainen piste ξ saattaa riippua (ja yleensä riippuukin) sekä n:stä että x:stä ja siksi sitä on syytä tässä merkitä symbolilla ξ x n. 8

120 Kaavan (3) mukaan väite (2) seuraa ja siten koko lause on todistettu, jos osoitetaan, että lim n (n + )! f (n+) (ξn)(x x a) n+ = 0. (4) Koska 0 (n + )! f (n+) (ξn)(x x a) n+ i) (n + )! M n+ x a n+ = (n + )! (M x a )n+ ii 0, niin väite (4) seuraa [A]:n suppiloperiaatteesta. Tässä epäyhtälö i) seuraa lauseen oletuksista ja siitä, että ξ x n I kaikille n N. Ehto ii) voidaan perustella vaikkapa näin: Tässä luku y = M x a R on kiinteä, koska x on kiinteä. Esimerkissä 3.28 osoitettiin, että sarja i! yi suppenee kaikille y R. Erityisesti se suppenee, kun y = M x a, jolloin lauseen 3.4 nojalla saadaan jolloin ehto ii) seuraa. lim n n! (M x a )n = 0, Huomautus 5.0 Lause 5.9 antaa mainion keinon erilaisten funktioiden sarjaesityksen löytämiseen. Huomaa, että lauseen 5.6 mukaan funktion mahdollinen potenssisarjaesitys on aina nimenomaan sen Taylorin sarja eikä mikään muu. Esimerkkien 5.4 ja 5.5 mukaan sarjaesitystä ei suinkaan aina ole olemassa. Voi tietysti kysyä, että minkä takia sarjaesityksen löytäminen sitten on tärkeää. Tähän on ehkä tärkeimpänä syynä se, että sarjakehitelmän integrointi on aina hyvin yksinkertaista, kuten lauseessa 4.26 ja huomautuksessa 4.27 todettiin: Potenssisarjahan voidaan aina integroida termeittäin, ja tämä on helppoa, koska nämä termit ovat hyvin yksinkertaisessa muodossa olevia polynomeja. Analyysi 2:sta muistetaan, että on olemassa petollisen yksinkertaisennäköisiä funktioita, joiden integraalia on erittäin vaikea laskea. Sarjaesityksen hyödyllisyys ja tarpeellisuus tulee korostetusti esille kompleksianalyysin kurssilla, jossa käsitellään kompleksimuuttujan kompleksiarvoisia funktioita. Esimerkki 5. Huomautuksessa 3.29 esimerkissä 4.33 väitettiin, että eksponenttifunktion sarjakehitelmä ja koko R:ssä toimiva olisi e x = i! xi kaikille x R. () 9

121 Esimerkissä 5.8 todettiin, että kyseinen sarja on eksponenttifunktion Taylorin sarja origossa, mutta ongelmana on vielä se, esittääkö tämä Taylorin sarja itse eksponenttifunktiota. Lause 5.9 selvittää tämän asian. Pitäisi siis todeta, että lauseen 5.9 ehto: On olemassa M > 0 siten, että dn dx n ex M n kaikille x R ja kaikille n N on voimassa. Koska dn dx n e x = e x kaikille n N, niin pitäisi siis löytää M > 0 siten, että e x M n kaikille x R ja kaikille n N. (2) Tämä ei selvästikään ole mahdollista, koska eksponenttifunktio on rajoittamaton. Näyttää siis pahasti sille, ettei lause 5.9 toimikaan. Ei hätä ole kuitenkaan tämän näköinen, vaan tarkastellaanpa väitettä () uudestaan. Sitähän voidaan lähteä tarkastelemaan mielivaltaiselle, mutta kiinteälle x R. Nyt valitaan lauseessa 5.9 oleva väli I vähän huolellisemmin kuin yllä, jossa otettiin heti I = R. Välille I ei oikeastaan aseteta siinä muita ehtoja kuin että se on avoin väli ja sisältää pisteet a sekä x. Piste a on siis se piste, joka on kyseisen Taylorin potenssisarjan keskipiste eli tässä tapauksessa origo. Riittää siis valita I:ksi sellainen avoin väli, joka sisältää origon ja x:n. Tämähän on helppoa: Valitaan R > x ja asetetaan I =] R, R[. Tätä väliä käyttäen ehto (2) tulee muotoon: On olemassa M > 0 siten, että e x M n kaikille x ] R, R[ ja kaikille n N. (2 ) Koska eksponenttifunktio on kasvava, ehto (2 ) voidaan kirjoittaa muotoon: On olemassa M > 0 siten, että e R M n ja kaikille n N. (2 ) Tämmöinen M löytyy helposti: Valitaan M = e R ( ), jolloin ehdon (2 ) epäyhtälö toimii kaikille n N, ja homma on kunnossa. Lauseen 5.9 mukaan siis väitteen () yhtälö pätee kaikille välin ] R, R[ pisteille ja eritysesti siis pisteessä x ] R, R[. Koska x R valittiin täysin mielivaltaisesti, väite () on todistettu. Esimerkki 5.2 Lasketaan kosinin sarjakehitelmä. Koska d dx cos x = sin x ja sin x = cos x, niin induktiolla nähdään helposti, että d dx d n dx n cos x = cos x kun n N, n = 4k jollekin k N sin x kun n N, n = 4k + jollekin k N cos x kun n N, n = 4k + 2 jollekin k N sin x kun n N, n = 4k + 3 jollekin k N. () 20

122 Koska cos x, sin x kaikille x R, niin lauseen 5.9 ehto toimii koko R:ssä, kun lauseessa 5.9 valitaan M =. Siten lauseen 5.9 nojalla kosinin Taylorin sarja missä hyvänsä reaaliakselin pisteessä laskettuna esittää kosinia kyseisessä pisteessä. Erityisesti kyseinen Taylorin sarja suppenee. Sarja on helpointa laskea pisteessä a = 0. Esityksen () nojalla kun n N, n = 4k jollekin k N d n dx n cos 0 = 0 kun n N, n = 4k + jollekin k N kun n N, n = 4k + 2 jollekin k N 0 kun n N, n = 4k + 3 jollekin k N { 0 kun n on pariton = ( ) n 2 kun n on parillinen. (2) Tästä saadaan kosinin Taylorin sarja origossa: T,0 cos x = lim 2 n i! ( di dx i cos 0)(x 0)i = lim n i! ( di ii) cos 0)xi = lim dxi n k=0 2k ( ) 2 x 2k = (2k)! i! ( di dx i cos 0)xi i) = (3) k=0 (2k)! ( )k x 2k. Tässä yhtälö i) perustuu siihen, että raja-arvo on olemassa. Yhtälö ii) perustuu esitykseen (2); lisäksi tässä on tehty summausindeksin vaihdos 2k = i ihan tarkka todistus vaatii pientä temppuilua äärellisillä sarjoilla, mutta jätetään se harjoitustehtäväksi. Tämä on siis kosinin Taylorin sarja, ja kuten edellä todettiin se esittää kosinia koko reaaliakselilla. Siis kosinin sarjakehitelmä on luettavissa ehdosta (3): cos x = (2i)! ( )i x 2i kaikille x R. Huomaa, että tässä ei siis tarvinnut tehdä esimerkin 5. kaltaista kikkailua tarkasteltavan välin I kanssa, vaan voitiin suoraan tarkastella koko reaaliakselia R. Esimerkki 5.3 Lasketaan vastaavalla tavalla sinin sarjakehitelmä. Ensin havaitaan, kuten kosinillekin, että kaikki derivaatat ovat itseisarvoltaan korkeintaan yksi koko R:ssä, joten valinnalla M = saadaan lauseen 5.9 ehto toimi- 2

123 maan ja siten sinin Taylorin sarja esittää siniä koko reaaliakselilla. Lisäksi 0 kun n N, n = 4k jollekin k N d n dx n sin 0 = kun n N, n = 4k + jollekin k N () 0 kun n N, n = 4k + 2 jollekin k N kun n N, n = 4k + 3 jollekin k N { 0 kun n on parillinen = ( ) n 2 kun n on pariton. Tästä saadaan samalla tavalla kuin kaava (3) edellä sinin Taylorin sarja origossa: T,0 sin x = i) (2k+) lim ( ) 2 x 2k+ = (2k + )! (2k + )! ( )k x 2k+, k k=0 missä yhtälö i) perustellaan samaan tapaan kuin yhtälöt i) ja ii) kaavassa (3), tässä tosin tehdään summausindeksin vaihdos 2k + = i. Näin on saatu tulos sin x = (2i + )! ( )i x 2i+ kaikille x R. Huomautus 5.4 Esimerkeissä käytettiin lausetta 5.9 perusteluna sille, että funktion Taylorin sarja todella esitti funktiota itseään. Tämä onkin näppärä tapa hoitaa asia, mikäli lauseen 5.9 ehto saadaan voimaan. Ehto on kuitenkin melko kova, eikä se läheskään aina toteudu, vaikka Taylorin sarja esittäisikin kyseistä funktiota. Tarkastellaan esimerkiksi funktiota f : ], [ R f(x) = kaikille x ], [. x Tämä funktio on äärettömän monta kertaa derivoituva ja helposti nähdään induktiolla, että f (n) (x) = k=0 n! ( x) n+ kaikille x ], [. Tämä ei selvästikään toteuta lauseen 5.9 ehtoa edes yksittäisessä pisteessä x ], [, sillä ehto n! ( x) n+ M n (M x )n eli x kaikille n N n! ei voi päteä millekään M 0, sillä kertomafunktion kasvuvauhti on selvästi kovempi kuin minkään potenssin. Tämä näkyy vaikkapa siitä, että sarja i! yi suppenee kaikille y R, erityisesti, kun y = M x, jolloin lauseen 3.4 mukaan pätee (M x )n n! 0. 22

124 6 Ensimmäisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6. Olkoon I R avoin väli ja p 0, p sekä q : I R jatkuvia funktioita siten, että p 0. Sanotaan, että yhtälö p y + p 0 y = q () on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Sanotaan, että derivoituva funktio y : I R on yhtälön () ratkaisu välillä I, jos p (x)y (x) + p 0 (x)y(x) = q(x) kaikilla x I. Sanotaan, että yhtälö () on homogeeninen, jos q 0. Olkoon x 0 a R. Sanotaan, että yhtälöpari { p y + p 0 y = q y(x 0 ) = a I ja (2) on yhtälöön () liittyvä alkuarvotehtävä. Sanotaan, että derivoituva funktio y : I R on alkuarvotehtävän (2) ratkaisu välillä I, jos y on yhtälön () ratkaisu välillä I, ja lisäksi pätee y(x 0 ) = a. On luonnollista kysyä, onko yhtälöllä () tai alkuarvotehtävällä (2) ratkaisuja, ja jos on, kuinka paljon niitä on. Tähän pyritään vastaamaan seuraavassa. Ensimmäisenä huomataan, että jos ratkaisuja löytyy, niitä löytyy samantien lisää: Lause 6.2 Olkoon y homogeeniyhtälön ratkaisu välillä I ja y 2 yhtälön p y + p 0 y = 0 () p y + p 0 y = q (2) ratkaisu välillä I. Olkoon lisäksi C R. Tällöin myös funktio on yhtälön (2) ratkaisu välillä I. Todistus. Kaikille x I pätee Cy + y 2 : I R p (x) d dx (Cy + y 2 )(x) + p 0 (x)(cy + y 2 )(x) = p (x)(cy (x) + y 2(x)) + p 0 (x)(cy (x) + y 2 (x)) = C(p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)) + (p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x)) = C 0 + q(x) = q(x), joten väite seuraa määritelmästä

125 Lause 6.3 Olkoot y ja y 2 yhtälön p y + p 0 y = q ratkaisuja välillä I. Tällöin funktio y y 2 : I R on homogeeniyhtälön ratkaisu välillä I. p y + p 0 y = 0 Todistus. Kaikille x I pätee p (x) d dx (y y 2 )(x) + p 0 (x)(y y 2 )(x) = p (x)(y (x) y 2(x)) + p 0 (x)(y (x) y 2 (x)) = (p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)) (p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x)) = q(x) q(x) = 0, joten väite seuraa määritelmästä 6.. Lause 6.4 Olkoon y yhtälön p y + p 0 y = q ja y 2 yhtälön p y + p 0 y = q 2 ratkaisu välillä I. Tällöin y + y 2 on yhtälön ratkaisu välillä I. Todistus. Kaikille x I pätee p y + p 0 y = q + q 2 p (x) d dx (y + y 2 )(x) + p 0 (x)(y + y 2 )(x) = p (x)(y (x) + y 2(x)) + p 0 (x)(y (x) + y 2 (x)) = (p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)) + (p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x)) = q (x) + q 2 (x), joten väite seuraa määritelmästä 6.. Näiden lähes triviaalien huomioiden jälkeen siirrytään tutkimaan ratkaisun olemassaoloa ja alkuarvotehtävän ratkaisun mahdollista yksikäsitteisyyttä. Tehtävää helpottaa, jos jaetaan yhtälö p y + p 0 y = q puolittain funktiolla p, ts. siirrytään tarkastelemaan yhtälöä y + p y = q, 24

126 missä p (x) = p 0(x) p (x) ja q(x) = q(x) p (x). Tämä on tietysti mahdollista vain niillä välin I osaväleillä, joissa p (x) 0. Tällä lisäoletuksella voidaan siis aina olettaa, että p. Tällä muotoilulla saadaan tärkeä tulos: Lause 6.5 Olkoon I R avoin väli, x 0 I, a R ja p, q : I R jatkuvia funktioita. Merkitään kaikille x I Tällöin funktio y : I R P (x) = x x 0 p(t)dt. y(x) = ae P (x) + e P (x) x x 0 e P (t) q(t)dt on alkuarvotehtävän { y + py = q y(x 0 ) = a () yksikäsitteinen ratkaisu välillä I. Todistus. Olkoon y kuten väitteessä. Tällöin kaikille x I pätee (ks. analyysin peruslause, [A2], lause 3.3 huomaa, että integraalien derivoinnissa tarvitaan oletusta p:n ja q:n jatkuvuudesta.) y (x) + p(x)y(x) = x P (x)ae P (x) P (x)e P (x) e P (t) q(t)dt + e P (x) e P (x) q(x)+ x 0 x p(x)(ae P (x) + e P (x) e P (t) q(t)dt) = x 0 x p(x)ae P (x) p(x)e P (x) e P (t) q(t)dt + q(x)+ x 0 p(x)ae P (x) + p(x)e P (x) x joten y toteuttaa ainakin yhtälön x 0 e P (t) q(t)dt = q(x), y + py = q. Myös alkuehto y(x 0 ) = a toteutuu, sillä P (x 0 ) = 0, joten x0 y(x 0 ) = a + e P (t) q(t)dt = a. x 0 25

127 Näin on nähty, että väitteen funktio y toteuttaa alkuarvotehtävän () välillä I. Pitää vielä osoittaa, että muita tämän alkuarvotehtävän ratkaisuja ei ole. Olkoon siis y jokin alkuarvotehtävän () ratkaisu; pitää osoittaa, että y = y. Funktio y on siis derivoituva välillä I ja toteuttaa kaikille x I yhtälön sekä lisäksi alkuehdon y (x) + p(x)y (x) = q(x) (2) y (x 0 ) = a. (3) Olkoon P (x) kuten väitteessä. Yhtälöstä (2) saadaan ensin kaikille x I yhtälö e P (x) y (x) + e P (x) p(x)y (x) = e P (x) q(x). Koska P (x) = p(x), niin tällöin kaikille x I e P (x) y (x) + P (x)e P (x) y (x) = e P (x) q(x) eli d dx (ep (x) y (x)) = e P (x) q(x). Tämä tarkoittaa sitä, että funktio e P (x) y (x) on funktion e P (x) q(x) primitiivi välillä I. Analyysin peruslauseen ([A2], lause 3.3) nojalla on tällöin olemassa vakio C R siten, että kaikille x I pätee e P (x) y (x) = x x 0 e P (t) q(t)dt + C. (4) Koska y toteuttaa alkuehdon y (x 0 ) = a ja P (x 0 ) = 0, niin yhtälö (4) antaa pisteessä x = x 0 yhtälön a = C ja tällöin yhtälöstä (4) saadaan e P (x) y (x) = x x 0 e P (t) q(t)dt + a (5) Koska e P (x) 0 kaikille x I, niin yhtälössä (5) voidaan jakaa, jolloin saadaan y (x) = e P (x) x ja näin yksikäsitteisyysväite on todistettu. Esimerkki 6.6 Ratkaistaan alkuarvotehtävä { y + x y = x y() = x 0 e P (t) q(t)dt + ae P (x) = y(x) kaikille x I, 26

128 välillä I = ]0, [. Tässä siis p(x) = x ja q(x) = x. Nämä ovat jatkuvia välillä I, joten lauseen 6.5 mukaan tällä alkuarvotehtävällä on täsmälleen yksi ratkaisu välillä I. Käytetään lauseen 6.5 merkintöjä: jolloin ratkaisu on P (x) = x dt = log x, t x y(x) = e log x + e log x e log t tdt = x + x / x 3 t3 = 3 x x. Huomautus 6.7 Funktioiden p ja q mahdollisia epäjatkuvuuskohtia pitää varoa; tällöin lauseen 6.5 kaava ei välttämättä anna oikeaa ratkaisua. Jos esimerkiksi määritellään p, q : R R siten, että q 0 ja { 0 kun x 2 p(x) = kun x > 2 ja halutaan ratkaista alkuarvotehtävä { y + py = q y() = välillä I = R, niin joudutaan vaikeuksiin. Lauseen 6.5 merkinnöillä { x 0 kun x 2 P (x) = p(t)dt = x 2 kun x > 2 ja tällöin saadaan ratkaisu y(x) = { kun x 2 e x 2 kun x > 2. Tämä ei kuitenkaan ole oikea ratkaisu välillä I = R, koska se ei ole derivoituva pisteessä x = 2. Ratkaisu toimii kyllä välillä ], 2[ tämänhän lause 6.5 lupaa. Tällaisia epäjatkuvuuskohtia pitää varoa erityisesti, jos yhtälö on alun perin muotoa p y + p 0 y = q ja tämä sitten jakamalla p :llä saatetaan lauseen 6.5 vaatimaan muotoon. Tämä näkyy seuraavasta esimerkistä. Esimerkki 6.8 Ratkaistaan alkuarvotehtävä { x 2 y + 2xy = cos x y(π) = 27

129 jollakin sopivalla välillä I. Tässä kerroinfunktiot näyttävät kovin siisteiltä, mutta lauseen 6.5 käyttöä varten joudutaan ensin jakamaan termillä x 2, jolloin yhtälö tulee muotoon y + 2 x y = cos x x 2. Tämä temppu edellyttää jakajan kaikkien nollakohtien eli tässä tapauksessa origon sulkemista tarkastelun ulkopuolelle. Ratkaistaan siis alkuarvotehtävä välillä ]0, [, missä se yksikäsitteisesti ratkeaakin lauseen 6.5 mukaan. Lauseen 6.5 merkinnöin tässä ja edelleen ratkaisu y on P (x) = x x y(x) = e 2 log x+2 log π + e 2 log x+2 log π π π 2 x x 2 + π2 t 2 cos t π2 x 2 π π 2 t 2 dt = x 2 + x x 2 π π 2 = 2 log x 2 log π x 2 log t 2 log π cos t e t 2 dt = cos tdt = π2 x 2 + / x x 2 sin t = π2 + sin x π x 2. Huomaa, että origon varominen ei ollut turhaa: ratkaisufunktio käyttäytyy huonosti origoa lähestyttäessä. Tarkastellaan seuraavaksi yhtälöä y + py = q () ilman mitään alkuehtoa. Oletetaan koko ajan, että funktiot p ja q ovat jatkuvia annetulla välillä I. Koska alkuarvotehtävällä on lauseen 6.5 mukaan ratkaisu, myös yhtälöllä () on ratkaisu. Lisäksi näitä on äärettömän paljon, sillä voidaan kiinnittää joku piste x 0 I ja antaa tässä pisteessä eri alkuarvoja, jolloin aina syntyy eri ratkaisu. Voidaan kysyä, onko mitään järkevää tapaa kaivaa esille näitä kaikkia ja vielä antaa joku säädyllinen esitys niille. Vastaus on kokolailla myöntävä, kuten seuraavat kaksi lausetta kertovat. Lause 6.9 Olkoon I R avoin väli, p : I R jatkuva funktio ja P : I R funktion p (jokin) primitiivi, ts. P (x) = p(x) kaikille x I. Tällöin funktio y H : I R, missä P (x) y H (x) = e kaikille x I on homogeeniyhtälön y + py = 0 () ratkaisu välillä I. Lisäksi tällöin funktio y : I R on yhtälön () ratkaisu välillä I jos ja vain jos on olemassa C R siten, että Todistus. Koska kaikille x I pätee y = Cy H. (2) y H(x)+p(x)y H (x) = P (x)e P (x) +p(x)e P (x) = p(x)e P (x) +p(x)e P (x) = 0, 28

130 niin todellakin y H on yhtälön () ratkaisu välillä I. Nollafunktio on myös yhtälön () ratkaisu välillä I ja tällöin, jos sovelletaan lausetta 6.2 tilanteeseen, jossa q 0, nähdään, että myös jokainen muotoa (2) oleva funktio Cy H = Cy H + 0 on yhtälön () ratkaisu kaikille vakioille C R. Pitää vielä osoittaa, että jokainen yhtälön () ratkaisu on muotoa (2). Olkoon siis y jokin yhtälön () ratkaisu välillä I. Valitaan x 0 I ja merkitään C = y(x 0 )e P (x0). Tällöin todistuksen alkuosan nojalla funktio y = Cy H on yhtälön () ratkaisu välillä I. Lisäksi pätee y (x 0 ) = Cy H (x 0 ) = y(x 0 )e P (x0) e P (x0) = y(x 0 ). Merkitään a = y (x 0 ) = y(x 0 ), jolloin sekä y että y ovat alkuarvotehtävän { y + py = 0 y(x 0 ) = a ratkaisuja välillä I. Lauseen 6.5 yksikäsitteisyyspuolen nojalla tällä alkuarvotehtävällä on vain yksi ratkaisu välillä I, joten kaikille x I pätee eli y on todellakin tyyppiä (2). y(x) = y (x) = Cy H (x) Huomautus 6.0 Koska e x 0 kaikille x, niin lauseen 6.9 ratkaisulle y H pätee y H (x) 0 kaikille x I. Lauseen 6.9 nojalla sama pätee kaikille muillekin homogeeniyhtälön ratkaisuille, paitsi yhdelle, joka on identtisesti nolla. Jatkossa voidaan tällöin vallan vapaasti käyttää sanontaa homogeenityhtälön nollasta eroava ratkaisu y, mikä tarkoittaa siis sitä, että y(x) 0 jokaisessa pisteessä x I. Tällaiselle ratkaisulle y pätee siis lauseen 6.9 mukaan y = Cy H jollekin C R \ {0}. Jos nyt y on jokin mielivaltainen homogeeniyhtälön ratkaisu ja y kuten yllä, on lauseen 6.9 mukaan olemassa C R siten, että y = C y H. Tällöin pätee y = C y H = C C y = Dy, missä D = C C R. Näin on nähty, että jos y on homogeeniyhtälön y + py = 0 () nollasta eroava ratkaisu, niin jokainen yhtälön () ratkaisu y voidaan esittää muodossa y = Dy, missä D R. (2) Toisaalta jokainen tyyppiä (2) oleva funktio y on myös tyyppiä y = (DC)y H, joten lauseen 6.9 nojalla y on homogeeniyhtälön ratkaisu. Siten y on homogeeniyhtälön ratkaisu jos ja vain jos se on tyyppiä (2), missä siis y on jokin homogeeniyhtälön nollasta eroava ratkaisu. 29

131 Esimerkki 6. Haetaan homogeeniyhtälön y + x y = 0 () kaikki ratkaisut välillä I = ]0, [. Tässä p(x) = /x, joten eräs sen primitiivi on P (x) = log x. Siten lauseen 6.9 mukaan homogeeniyhtälön () kaikki ratkaisut välillä ]0, [ ovat y(x) = Ce P (x) = Ce log x = C, missä C R. x Lause 6.2 Olkoon I R avoin väli ja p, q : I R jatkuvia funktioita. Olkoon y H homogeeniyhtälön y + py = 0 jokin nollasta eroava ratkaisu ja y E yhtälön jokin ratkaisu välillä I. Tällöin kaikille C R funktio y + py = q () y = Cy H + y E on yhtälön () ratkaisu välillä I. Kääntäen, jos y on yhtälön () ratkaisu välillä I, niin on olemassa C R siten, että y = Cy H + y E. Todistus. Jos y = Cy H + y E, niin y on yhtälön () ratkaisu välillä I suoraan lauseen 6.2 nojalla. Oletetaan sitten kääntäen, että y on yhtälön () ratkaisu välillä I. Tällöin lauseen 6.4 nojalla y y E on yhtälön y + py = q q = 0 ratkaisu välillä I. Koska y H 0, niin lauseen 6.9 mukaan on tällöin olemassa C R siten, että y y E = Cy H. Tällöin y = Cy H + y E ja väite seuraa. Esimerkki 6.3 Haetaan yhtälön y + x y = x () kaikki ratkaisut välillä I =]0, [. Esimerkin 6.6 mukaan funktio y E (x) = 3 x x on yhtälön eräs ratkaisu välillä I. Toisaalta esimerkin 6. mukaan y H (x) = x 30

132 on vastaavan homogeeniyhtälön y + y/x = 0 nollasta eroava ratkaisu välillä I. Tällöin lauseen 6.2 nojalla yhtälön () kaikki ratkaisut välillä I ovat funktiot y(x) = Cy H (x) + y E (x) = C x + 3 x2 + 2, C R. (2) 3x Esitystä (2) voi tietysti myös sieventää ottamalla käyttöön uuden parametrin C = C + 2 3, jolloin ratkaisut voidaan esittää muodossa y(x) = C x + 3 x2, C R. Huomautus 6.4 Lauseen 6.2 mukaan kaikki yhtälön y + py = q ratkaisut löydetään, jos tunnetaan yksi ratkaisu y E ja lisäksi yksi homogeeniyhtälön y +py = 0 nollasta eroava ratkaisu. Mistä nämä sitten löydetään? Homogeeniyhtälön ratkaisu y H löydetään lauseen 6.9 mukaisesti, jos osataan määrätä jokin funktion p primitiivi P. Käytännössä tämä edellyttää jonkinlaista integrointia, joka voi olla hyvinkin hankalaa. Tietysti kaikki integaalilaskennan kikat ovat käytettävissä, esimerkiksi osoittaisintegrointi. Tarvittavan ratkaisun y E löytämiseen voidaan käyttää lausetta 6.5 (kuten de facto esimerkissä 6.3 tehtiin). Ratkaistaan siis jokin sopiva alkuarvotehtävä { y + py = q y(x 0 ) = a. Tämä ratkaisu saadaan lauseen 6.5 mukaan kaavasta y E (x) = ae P (x) + e P (x) x x 0 e P (t) q(t)dt, () missä P on eräs p:n primitiivi. Kaavassa () oleva integraali on monissa käytännön esimerkeissä varsin hankala laskettava. Jos lasku tuntuu vaikealta, voi y E :n etsimiseen käyttää muita menetelmiä. Yksi tapa on kylmästi arvata. Jos arvaus sattuu osumaan oikeaan, homma ratkeaa siihen. Tällainen arvausmenetelmä on varsin käyttökelpoinen varsinkin siinä tapauksessa, että p sattuu olemaan vakio. Tällöinhän homogeeniyhtälön ratkaisu y H on selvä. Mielivaltaisia arvailuja y E :n löytämiseksi ei tietenkään kannata tehdä. Seuraavat lauseet tekevät tietyissä tilanteista arvailuista kokeiluja. Lause 6.5 Olkoon a R ja q n-asteinen polynomi, q 0. Tällöin yhtälöllä y + ay = q () on korkeintaan n + -asteinen polynomiratkaisu y E koko R:ssä. Todistus. Tehdään induktio n:n suhteen. Sovitaan tässä, että nollapolynomi on astetta nolla tästähän on vähän vaihtelevia käytäntöjä. Kun n = 0 eli q on vakio, niin tapauksessa a 0 vakiofunktio y E a q on yhtälön () ratkaisu koko R:ssä. Tapauksessa a = 0 yhtälöllä on koko R:ssä ratkaisu y E (x) = qx, 3

133 joka on korkeintaan ensimmäisen asteen polynomi. Siten väite pätee kun n = 0. Oletetaan sitten induktiivisesti, että väite pätee kaikille n = 0,..., m ja osoitetaan, että se pätee, kun n = m +. Olkoon siis q m + -asteinen polynomi, Merkitään q(x) = m+ k=0 a k x k, missä a 0,..., a m, a m+ R ja a m+ 0. q (x) = m a k x k ja q 2 (x) = a m+ x m+. k=0 Koska q on polynomi, jonka aste on korkeintaan m, niin induktio-oletuksen nojalla yhtälöllä y + ay = q (2) on koko R:ssä ratkaisu y, joka on korkeintaan astetta m + oleva polynomi. Tarkastellaan sitten yhtälöä Jos a 0, niin määritellään ensin y + ay = q 2. (3) b m+ = a m+ a ja b k = a m+ k!( a) m+2 k kaikille k {0,..., m}. ja sitten y 2 (x) = m+ k=0 b k x k kaikille x R. Tällöin y 2 on astetta m + oleva polynomi ja lisäksi kaikille x R pätee m m y 2(x) + ay 2 (x) = (k + )b k+ x k + a b k x k + ab m+ x m+ = k=0 k=0 k=0 m a m+ m a m+ (k + ) (k + )!( a) m+2 (k+) xk ( a) k!( a) m+2 k + aa m+ a xm+ = k=0 k=0 m ( ) a m+ k!( a) m+ k a m+ k!( a) m+ k x k + a m+ x k+ = a m+ x k+ = q 2 (x). Siten y 2 on yhtälön (3) ratkaisu koko R:ssä. Yhtälön (3) ratkaisu y 2 löytyi siis tapauksessa a 0. Kun a = 0 ratkaisuksi voidaan valita y 2 (x) = a m+ m + 2 xm+2, joka on selvästi yhtälön (3) ratkaisu koko R:ssä, kun a = 0. Näin on nähty, että kaikissa tapauksissa yhtälöllä (3) on koko R:ssä korkeintaan astetta m

134 oleva polynomiratkaisu y 2. Kuten yllä todettiin, myös yhtälöllä (2) on koko R:ssä korkeintaan astetta m+ oleva polynomiratkaisu y. Lauseen 6.4 nojalla y +y 2 on tällöin yhtälön y + ay = q + q 2 (4) ratkaisu koko R:ssä. Koska y + y 2 on polynomi, jonka asteluku on korkeintaan m + 2 ja toisaalta q :n ja q 2 :n määritelmien nojalla q + q 2 = q, jolloin yhtälö (4) on itse asiassa yhtälö (), niin induktioväite on todistettu ja induktioaskel näin otettu. Väite seuraa nyt induktioperiaatteesta. Esimerkki 6.6 Haetaan yhtälön y + 2y = x 2 () kaikki ratkaisut. Koska vakion p 2 primitiiviksi voidaan valita P (x) = 2x, niin lauseen 6.9 nojalla homogeeniyhtälön y + 2y = 0 eräs ratkaisu koko R:ssä on y H (x) = e P (x) = e 2x = e 2x. Lauseen 6.5 mukaan yhtälöllä () on eräs ratkaisu, joka on korkeintaan kolmannen asteen polynomi. Kokeillaan ratkaisuksi funktiota y E (x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a 0, Sijoittamalla tämä yhtälöön () saadaan yhtälö missä a 0, a, a 2, a 3 R 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a + 2(a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a 0 ) = x 2, jonka pitäisi olla voimassa kaikille x R. Tämä johtaa yhtälöryhmään 2a 3 = 0 3a 3 + 2a 2 = 2a 2 + 2a = 0 a + 2a 0 = 0. Tämä on helppo ratkaista ja ratkaisuksi saadaan a 3 = 0 a 2 = 2 Siten kaivattu ratkaisu y E on a = 2 a 0 = 4. y E (x) = 2 x2 2 x + 4. Lauseen 6.2 nojalla saadaan nyt yhtälön () kaikki ratkaisut R:ssä: Ne ovat funktiot y C (x) = Cy H (x) + y E (x) = C e 2x + 2 x2 2 x + 4, C R. 33

135 Lause 6.7 Olkoon a, b, c R ja q(x) = be cx kaikille x R. Jos c a, niin yhtälöllä y + ay = q () on koko R:ssä eräs ratkaisu y E, joka on muotoa y E (x) = de cx jollekin d R. Jos c = a, niin yhtälöllä () on koko R:ssä eräs ratkaisu y E, joka on muotoa y E (x) = dxe cx jollekin d R. Todistus. Olkoon ensin c a. Tällöin a + c 0 ja voidaan määritellä sekä edelleen d = b a + c R y E (x) = de cx kaikille x R. Tämä on väitetty ratkaisu, sillä kaikille x R pätee y E(x) + ay E (x) = dce cx + ade cx = d(a + c)e cx = Olkoon sitten c = a. Tällöin valitaan d = b ja edelleen y E (x) = dxe cx kaikille x R. Tämä on väitetty ratkaisu, sillä kaikille x R pätee b a + c (a + c)ecx = be cx = q(x). y E(x) + ay E (x) = de cx + dcxe cx + adxe cx = de cx + d(a + c)xe cx i) = de cx = be cx = q(x), missä yhtälö i) seuraa ehdosta c = a. Esimerkki 6.8 Haetaan yhtälön y + 2y = e x () kaikki ratkaisut. Koska vakion p 2 primitiiviksi voidaan valita P (x) = 2x, niin lauseen 6.9 nojalla homogeeniyhtälön y + 2y = 0 eräs ratkaisu koko R:ssä on y H (x) = e P (x) = e 2x = e 2x. Lauseen 6.7 mukaan yhtälöllä () on eräs ratkaisu y E, joka on muotoa y E (x) = de x jollekin d R. Sopivan vakion d arvon voi lukea lauseen 6.7 todistuksesta: d:ksi käy d = b/(a+ c) = /(2 + ) = /3, mutta tätä ei ehkä kannata yrittää ulkoa muistaa, koska 34

136 tarvittava d on aina helppo ratkaista kokeilemalla: Jos y E (x) = de x, niin pitää olla y E + 2y E = e x eli de x + 2de x = e x eli d + 2d = eli d = /3. Siten kaivattu ratkaisu y E on y E (x) = 3 ex. Lauseen 6.2 nojalla saadaan nyt yhtälön () kaikki ratkaisut R:ssä: Ne ovat funktiot y C (x) = Cy H (x) + y E (x) = C e 2x + 3 ex, C R. Lause 6.9 Olkoon a, b, c, ω R, ω 0 ja q(x) = b sin(ωx) + c cos(ωx) kaikille x R. Tällöin yhtälöllä y + ay = q on koko R:ssä eräs ratkaisu y E, joka on muotoa y E (x) = A sin(ωx) + B cos(ωx) joillekin A, B R. Todistus. Koska ω 0, niin a 2 + ω 2 > 0. Tällöin voidaan määritellä ja edelleen A = a 2 + ω 2 (ab + cω) R ja B = a 2 (ac bω) R + ω2 y E (x) = A sin(ωx) + B cos(ωx) kaikille x R. Tämä on väitetty ratkaisu, sillä kaikille x R pätee y E(x) + ay E (x) = Aω cos(ωx) Bω sin(ωx) + Aa sin(ωx) + Ba cos(ωx) = (Aa Bω) sin(ωx) + (Aω + Ba) cos(ωx) = ( ) a 2 + ω 2 (ab + cω)a a 2 (ac bω)ω sin(ωx)+ + ω2 ( ) a 2 + ω 2 (ab + cω)ω + a 2 (ac bω)a cos(ωx) = + ω2 a 2 + ω 2 (a2 b + acω acω + bω 2 ) sin(ωx)+ a 2 + ω 2 (abω + cω2 + a 2 c abω) cos(ωx) = b sin(ωx) + c cos(ωx) = q(x). Esimerkki 6.20 Haetaan yhtälön y + 2y = sin x () kaikki ratkaisut. Koska vakion p 2 primitiiviksi voidaan valita P (x) = 2x, niin lauseen 6.9 nojalla homogeeniyhtälön y + 2y = 0 eräs ratkaisu koko R:ssä on y H (x) = e P (x) = e 2x = e 2x. 35

137 Lauseen 6.9 mukaan yhtälöllä () on eräs ratkaisu y E, joka on muotoa y E (x) = A sin x + B cos x joillekin A, B R. Sopivat vakioiden A ja B arvot voi lukea lauseen 6.9 todistuksesta: Koska tässä a = 2, b = d = ja c = 0, niin A:ksi käy A = (ab + cd)/(a 2 + d 2 ) = 2/5 ja B = (ac bd)/(a 2 + d 2 ) = /5, mutta tätä ei ehkä kannata yrittää ulkoa muistaa, koska tarvittavat A ja B on aina helppo ratkaista kokeilemalla: Jos y E (x) = A sin x + B sin x, niin pitää olla y E + 2y E = sin x eli A cos x B sin x + 2A sin x + 2B cos x = sin x, josta saadaan yhtälöryhmä { B + 2A = A + 2B = 0. Tämä yhtälöryhmä on helppo ratkaista ja ratkaisuksi saadaan tosiaan A = 2 5 ja B = 5. Siten kaivattu ratkaisu y E on y E (x) = 2 5 sin x cos x. 5 Lauseen 6.2 nojalla saadaan nyt yhtälön () kaikki ratkaisut R:ssä: Ne ovat funktiot y C (x) = Cy H (x) + y E (x) = C e 2x sin x cos x, C R. 5 7 Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 7. Olkoon I R avoin väli ja p 0, p, p 2 sekä q : I R jatkuvia funktioita siten, että p 2 0. Sanotaan, että yhtälö p 2 y + p y + p 0 y = q () on toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Sanotaan, että kahdesti derivoituva funktio y : I R on yhtälön () ratkaisu välillä I, jos p 2 (x)y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y(x) = q(x) kaikilla x I. Sanotaan, että yhtälö () on homogeeninen, jos q 0. Olkoon x 0 a, b R. Sanotaan, että yhtälöpari p 2 y + p y + p 0 y = q y(x 0 ) = a y (x 0 ) = b I ja (2) 36

138 on yhtälöön () liittyvä alkuarvotehtävä. Sanotaan, että kahdesti derivoituva funktio y : I R on alkuarvotehtävän (2) ratkaisu välillä I, jos y on yhtälön () ratkaisu välillä I ja lisäksi pätee y(x 0 ) = a ja y (x 0 ) = b. Lauseet yleistyvät välittömästi: Lause 7.2 Olkoot y ja y 2 homogeeniyhtälön p 2 y + p y + p 0 y = 0 () ratkaisuja välillä I ja C, C 2 R. Tällöin myös funktio C y + C 2 y 2 : I R on homogeeniyhtälön () ratkaisu välillä I. Todistus. Kaikille x I pätee p 2 (x) d2 dx 2 (C y + C 2 y 2 )(x) + p (x) d dx (C y + C 2 y 2 )(x)+ p 0 (x)(c y + C 2 y 2 )(x) = p 2 (x)(c y (x) + C 2 y 2 (x)) + p (x)(c y (x) + C 2 y 2(x))+ p 0 (x)(c y (x) + C 2 y 2 (x)) = C (p 2 (x)y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x))+ C 2 (p 2 (x)y 2 (x) + p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x)) = C 0 + C 2 0 = 0, joten väite seuraa määritelmästä 7.. Lause 7.3 Olkoon y homogeeniyhtälön ratkaisu välillä I ja y 2 yhtälön ratkaisu välillä I. Tällöin myös funktio on yhtälön (2) ratkaisu välillä I. Todistus. Kaikille x I pätee p 2 y + p y + p 0 y = 0 () p 2 y + p y + p 0 y = q (2) y + y 2 : I R p 2 (x) d2 dx 2 (y + y 2 )(x) + p (x) d dx (y + y 2 )(x) + p 0 (x)(y + y 2 )(x) = p 2 (x)(y (x) + y 2 (x)) + p (x)(y (x) + y 2(x)) + p 0 (x)(y (x) + y 2 (x)) = p 2 (x)y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)+ p 2 (x)y 2 (x) + p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x) = 0 + q(x) = q(x), joten väite seuraa määritelmästä

139 Lause 7.4 Olkoot y ja y 2 yhtälön p 2 y + p y + p 0 y = q ratkaisuja välillä I. Tällöin funktio y y 2 : I R on homogeeniyhtälön ratkaisu välillä I. p 2 y + p y + p 0 y = 0 Todistus. Kaikille x I pätee p 2 (x) d2 dx 2 (y y 2 )(x) + p (x) d dx (y y 2 )(x) + p 0 (x)(y y 2 )(x) = p (x)(y (x) y 2 (x)) + p (x)(y (x) y 2(x)) + p 0 (x)(y (x) y 2 (x)) = [p 2 (x)y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)] [p 2 (x)y 2 (x) + p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x)] = q(x) q(x) = 0, joten väite seuraa määritelmästä 7.. Lause 7.5 Olkoon y yhtälön ja y 2 yhtälön p 2 y + p y + p 0 y = q p 2 y + p y + p 0 y = q 2 ratkaisu välillä I. Tällöin y + y 2 on yhtälön ratkaisu välillä I. Todistus. Kaikille x I pätee p 2 y + p y + p 0 y = q + q 2 p 2 (x) d2 dx 2 (y + y 2 )(x) + p (x) d dx (y + y 2 )(x) + p 0 (x)(y + y 2 )(x) = p 2 (x)(y (x) + y 2 (x)) + p (x)(y (x) + y 2(x)) + p 0 (x)(y (x) + y 2 (x)) = p 2 (x)y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x) + p 2 (x)y 2 (x) + p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x) = q (x) + q 2 (x), joten väite seuraa määritelmästä 7.. Samalla tavalla kuin ensimmäisen kertaluvun yhtälöille tässäkin yleensä pyritään jakamaan yhtälö funktiolla p 2, jolloin päästään tyyppiä y + p y + p 0 y = q () 38

140 oleviin yhtälöihin. Tämä edellyttää tietysti sitä, että p 2 (x) 0 tarkasteltavalla välillä I. Käytännössä näin ei useinkaan ole, jolloin joudutaan rajoittamaan väliä I, ts. siirtymään sellaiseen osaväliin, jolla ei p 2 :n nollakohtia ole. Jatkossa tarkastellaan pelkästään tyyppiä () olevia yhtälöitä. Näidenkin ratkaiseminen on yleensä varsin vaikeaa. Tällä kurssilla helpotetaan tilannetta kovasti: Oletetaan, että funktiot p ja p 0 ovat vakioita. Tämä on tietysti voimakas rajoitus, mutta kurssin suppeuden takia tähän on pakko tyytyä. Otetaan tähän väliin kuitenkin ilman todistuksia muutamia perustuloksia yleisestä tilanteesta, jossa siis p ja/tai p 0 eivät (välttämättä) ole vakioita. Todistukset löytyvät teoksesta: Martio-Sarvas, Tavalliset differentiaaliyhtälöt. Asetetaan ensin määritelmä: Määritelmä 7.6 Olkoot y ja y 2 homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 ratkaisuja välillä I. Sanotaan, että kuvaus W (y, y 2 ) : I R, missä W (y, y 2 )(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) kaikille x I on funktioiden y ja y 2 Wronskin determinantti. Huomatus. Nimitys determinantti tulee siitä, että [ ] y (x) y W (y, y 2 )(x) = det (x) y 2 (x) y 2(x). Lause 7.7 Olkoot y ja y 2 homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 ratkaisuja välillä I. Tällöin joko W (y, y 2 ) 0 tai W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Todistus. Sivuutetaan. Esimerkki 7.8 Funktiot y (x) = sin x, y 2 (x) = cos x ja y 3 (x) = 2 sin x ovat homogeeniyhtälön y +y = 0 ratkaisuja koko R:ssä. Heti nähdään, että W (y, y 2 ), W (y, y 3 ) 0 ja W (y 2, y 3 ) 2. Yleensä kuitenkaan Wronskin determinantin ei tarvitse olla vakio (ellei se ole nolla). Lause 7.9 Välillä I määritellyllä homogeeniyhtälöllä y + p y + p 0 y = 0 on ratkaisut y ja y 2, joille W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Todistus. Sivuutetaan. 39

141 Lause 7.0 Jos y ja y 2 ovat välillä I määritellyn homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 () ratkaisuja, joille pätee W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I, niin jokainen yhtälön () ratkaisu y välillä I on muotoa Todistus. Sivuutetaan. y = C y + C 2 y 2 joillekin vakioille C, C 2 R. Huomautus 7. Lauseen 7.2 nojalla lauseen 7.0 tilanteessa jokainen y, joka on muotoa y = C y + C 2 y 2 on homogeeniyhtälön () ratkaisu. Siten lauseen 7.0 nojalla voidaan ilmoittaa yhtälön () täydellinen ratkaisu, jos tunnetaan kaksi ratkaisua y ja y 2, joille pätee W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Tämä jälkimmäinen ehto tulee lauseen 7.9 nojalla voimaan. jos W (y, y 2 )(x) 0 ainakin yhdessä pisteessä x I. Esimerkki 7.2 Esimerkin 7.9 ja lauseen 7.0 (sekä huomautuksen 7.) nojalla yhtälön y + y = 0 kaikki ratkaisut R:ssä ovat (eli täydellinen ratkaisu on) y = C sin x + C 2 cos x, missä C, C 2 R. Miten sitten löydetään tarvittavat ratkaisut y ja y 2? Tämä onkin vaikea kysymys. Lause 7.9 kertoo, että ne ovat aina olemassa. Tämä on tärkeä eksistenssitulos, mutta ei anna mitään keinoa ratkaisujen määräämiseen. Siihen ei itse asiassa ole olemassakaan mitään yleistä kaavaa (toisin kuin ensimmäisen kertaluvun tapauksessa), joten käytännössä ratkaisukeinoja ovat lähinnä arvaaminen ja kokeilu. Siinä erikoistapauksessa, että p ja p 0 ovat vakioita yleinen ratkaisumetodikin löytyy, kuten myöhemmin tullaan näkemään. Nollafunktio on tietysti eräs ratkaisu, mutta siitä ei ole hyötyä, koska se vie heti Wronskin determinantin nollaksi. Molempia ratkaisuja y ja y 2 ei tarvitse arvata, vaan jos toinen tiedetään (eli arvataan, tai miten tahansa sitten löydetäänkään), toinen saadaan laskemalla. kuten seuraava lause sanoo. Tässäkin on pieni lisäehto: vaaditaan, että y (x) 0 kaikille x I. Jos y :llä on nollakohtia, joudutaan (ainakin aluksi) rajoittamaan tarkasteluväliä I. Lause 7.3 Olkoon y välillä I määritellyn homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 () ratkaisu ja oletetaan lisäksi, että y (x) 0 kaikille x I. Olkoon P funktion 2y /y + p jokin primitiivi välillä I, ts. P (x) = 2y (x) y (x) + p (x) kaikille x I. 40

142 Olkoon sitten R funktion exp( P (x)) jokin primitiivi välillä I, ts. R (x) = e P (x) kaikille x I. Tällöin y 2 = y R on yhtälön () ratkaisu, jolle pätee W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Todistus. Primitiivi P on olemassa siitä syystä, että y (x) 0 kaikille x, jolloin funktio 2y /y + p on määritelty ja jatkuva. Primitiivi R on olemassa siitä syystä, että funktio exp( P (x)) on jatkuva. Derivoimalla saadaan kaikille x I ja edelleen y 2(x) = y (x)r(x) + y (x)r (x) = y (x)r(x) P (x) + y (x)e y 2 (x) = y (x)r(x) + y (x)r (x) + y (x)e P (x) y (x)p (x)e P (x) = y (x)r(x) + y (x)e P (x) + y (x)e P (x) (2y (x) + y (x)p (x))e P (x) = y (x)r(x) y (x)p (x)e P (x). Tällöin kaikille x I pätee y 2 (x) + p (x)y 2(x) + p 0 (x)y 2 (x) = y (x)r(x) y (x)p (x)e P (x) + p (x)(y (x)r(x) + y (x)e P (x) ) + p 0 (x)y (x)r(x) = R(x)(y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x)) = R(x) 0 = 0, joten y 2 on yhtälön () ratkaisu. Wronskin determinantille saadaan kaikille x I W (y (x), y 2 (x)) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) = y (x)(y (x)r(x) + y (x)e P (x) ) y (x)y (x)r(x) = y (x) 2 e P (x) 0, joten väite on todistettu. Esimerkki 7.4 Tarkastellaan homogeeniyhtälöä y + 2 x y 2 x 2 y = 0 () välillä I = ]0, [. Helposti huomataan, että y = x on eräs ratkaisu välillä I. Toinen tarvittava ratkaisu saadaan siis lauseesta 7.3. Tässä y (x) 0 kaikille 4

143 x I, joten lauseen 7.3 menetelmä toimii. Koska p (x) = 2/x, niin P :ksi pitää valita funktion 2y (x) y (x) + p (x) = 2 x + 2 x = 4 x jokin primitiivi. Tällainen on Silloin R:ksi pitää valita jokin funktion P (x) = 4 log x. e P (x) = e 4 log x = x 4 primitiivi. Tällainen on R(x) = 3x 3. Siten y 2 (x) = y (x)r(x) = 3x 2. Siten yhtälön () kaikki ratkaisut ovat y(x) = C y (x) + C 2 y 2 (x) = C x + C 2 3x 2, C, C 2 R. Tämä saadaan vielä vähän kauniimpaan muotoon, kun korvataan C 2 vakiolla C 2 3, joka saa myös kaikki reaaliarvot, kun C 2 käy läpi kaikki reaaliarvot, ja näin kaikki ratkaisut ovat y(x) = C x + C 2 x 2, C, C 2 R. Huomautus 7.5 Lauseen 7.3 antamaa kaavaa y 2 :lle on hankala muistaa, eikä sitä (ehkä) kannata ulkoa opetella. Sen voi näet aina johtaa seuraavaan tapaan. Jos muistaa, että y 2 = y R jollekin R, niin tämän voi sijoittaa homogeeniyhtälöön, jolloin saadaan 0 = y R + 2y R + y R + p (y R + y R ) + p 0 y R = (y + p y + p 0 y )R + 2y R + y R + p y R = 2y R + y R + p y R Jakamalla y :llä saadaan yhtälö R + ( 2y y + p )R = 0. Tämä on ensimmäisen asteen lineaarinen homogeeniyhtälö R :n suhteen ja se voidaan ratkaista lauseen 6.9 avulla: R (x) = e P (x), missä P (x) = 2y y + p, ja näin saadaan täsmälleen sama R (ehkä vakiota vaille, mutta siitä ei ole väliä (miksei?)) kuin lauseessa

144 Jos homogeeniyhtälön yksi nollasta eroava ratkaisu siis tunnetaan, homogeeniyhtälö osataan ratkaista täydellisesti. Entä sitten epähomogeeninen yhtälö y + p y + p 0 y = q? Jos homogeeniyhtälö osataan ratkaista ja löydetään yksi epähomogeenisen yhtälön ratkaisu, niin myös epähomogeeninen yhtälö osataan ratkaista täydellisesti. Ilmiö on sama kuin kuin ensimmäisen kertaluvun tapauksessa lauseessa 6.2. Lause 7.6 Olkoon y E yhtälön y + p y + p 0 y = q () jokin ratkaisu välillä I ja olkoot y, y 2 vastaavan homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 ratkaisuja välillä I siten, että W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Tällöin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y = C y + C 2 y 2 + y E, missä C, C 2 R (2) eli jokainen tyyppiä (2) oleva y on ratkaisu ja kääntäen, jos y on yhtälön () ratkaisu, se on tyyppiä (2). Todistus. Olkoon ensin y tyyppiä (2). Tällöin lauseiden 7.2 ja 7.3 mukaan y on yhtälön () ratkaisu; tässähän ei tarvita lainkaan Wronskin determinanttia koskevaa ehtoa. Oletetaan sitten kääntäen, että y on yhtälön () ratkaisu. Tällöin lauseen 7.4 nojalla y y E on homogeeniyhtälön ratkaisu. Koska W (y, y 2 ) 0, niin lauseen 7.0 nojalla on olemassa C, C 2 R siten, että y y E = C y + C 2 y 2, jolloin y = C y + C 2 y 2 + y E ja väite seuraa. Jos oletetaan, että homogeeniyhtälö hallitaan, mistä saadaan lauseessa 7.6 tarvittava y E? Ensimmäisen kertaluvun tapauksessa tähän löytyy kaava (joka voi tosin olla käytännössä hyvin hankalakäyttöinen) huomautuksesta 6.4. Samantyyppinen kaava on nytkin olemassa: Lause 7.7 Olkoot y ja y 2 homogeeniyhtälön y + p y + p 0 y = 0 ratkaisuja välillä I siten, että W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Olkoon lisäksi q : I R jatkuva. Olkoon P funktion y 2 q/w ja P 2 funktion y q/w jokin primitiivi välillä I, ts Tällöin on yhtälön P (x) = y 2(x)q(x) W (y, y 2 )(x) eräs ratkaisu välillä I. ja P 2(x) = y = P y + P 2 y 2 y (x)q(x) W (y, y 2 )(x) kaikille x I. y + p y + p 0 y = q () 43

145 Todistus. Derivoimalla saadaan ensin kaikille x I y (x) = P (x)y (x) + P (x)y (x) + P 2(x)y 2 (x) + P 2 (x)y 2(x) = y 2(x)q(x) W (y, y 2 )(x) y (x) + P (x)y (x) + y (x)q(x) W (y, y 2 )(x) y 2(x) + P 2 (x)y 2(x) = P (x)y (x) + P 2 (x)y 2(x) ja edelleen y (x) = P (x)y (x) + P (x)y (x) + P 2(x)y 2(x) + P 2 (x)y 2 (x) = y 2(x)q(x) W (y, y 2 )(x) y (x) + P (x)y (x) + y (x)q(x) W (y, y 2 )(x) y 2(x) + P 2 (x)y 2 (x) = y 2 (x)q(x)y (x) + y (x)q(x)y 2(x) y (x)y 2 (x) y (x)y 2(x) q(x) + P (x)y (x) + P 2 (x)y 2 (x). + P (x)y (x) + P 2 (x)y 2 (x) = Sijoitetaan nämä yhtälöön () ja lasketaan: Kaikille x I pätee y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y(x) = q(x) + P (x)y (x) + P 2 (x)y 2 (x)+ p (x)(p (x)y (x) + P 2 (x)y 2(x)) + p 0 (x)(p (x)y (x) + P 2 (x)y 2 (x)) = q(x) + P (x)(y (x) + p (x)y (x) + p 0 (x)y (x))+ P 2 (x)(y 2 (x) + p (x)y 2 (x) + p 0 (x)y 2 (x)) = q(x) + P (x) 0 + P 2 (x) 0 = q(x) = q(x), joten väite pätee. Esimerkki 7.8 Ratkaistaan epähomogeeninen yhtälö y + 2 x y 2 x 2 y = x () välillä I = ]0, [. Vastaava homogeeniyhtälö ratkaistiin esimerkissä 7.4, ja sen täydellinen ratkaisu on y = C x + C 2 x 2, missä C, C 2 R. Voidaan siis valita y (x) = x ja y 2 (x) = x 2, jolloin Siten ja W (y, y 2 )(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) = 2 x 2 x 2 = 3 x 2. y 2(x)q(x) W (y, y 2 )(x) = x x 2 3 x 2 = 3 x y (x)q(x) W (y, y 2 )(x) = x x 3 = 3 x4. x 2 44

146 Nyt siis P ja P 2 pitää valita niin, että Sopiva valinta on tällöin P (x) = 3 x ja P 2(x) = 3 x4. P (x) = 6 x2 ja P 2 (x) = 5 x5. Näistä saadaan edelleen lauseen 7.7 nojalla y E (x) = P (x)y (x) + P 2 (x)y 2 (x) = 6 x3 5 x3 = 0 x3. Tällöin yhtälön () täydellinen ratkaisu on lauseen 7.6 mukaan y = C x + C 2 x x3, missä C, C 2 R. Nyt voidaan todistaa (sitaatit ovat tässä siksi, että argumentoinnissa nojaudutaan todistamattomiin tuloksiin eli lauseisiin 7.9 ja 7.0) teoreettisesti tärkeä olemassaolo- ja yksikäsitteisyystulos: Lause 7.9 Olkoon I R avoin väli ja p 0, p, q : I R jatkuvia kuvauksia. Olkoon lisäksi x 0 I ja a, b R. Tällöin alkuarvotehtävällä y + p y + p 0 y = q y(x 0 ) = a y (x 0 ) = b on välillä I yksikäsitteinen ratkaisu. Todistus.. Osoitetaan ensin ratkaisun olemassaolo. Lauseen 7.9 mukaan homogeeniyhtälöllä y + p y + p 2 y = 0 on ratkaisut y ja y 2, joille W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Lauseen 7.7 nojalla on olemassa yhtälön y + p y + p 2 y = q () ratkaisu y E. Merkitään α = a y E (x 0 ) ja β = b y E(x 0 ). Koska W (y, y 2 )(x 0 ) 0, niin voidaan valita C = W (y, y 2 )(x 0 ) (αy 2(x 0 ) βy 2 (x 0 )) R ja C 2 = W (y, y 2 )(x 0 ) ( αy (x 0 ) + βy (x 0 )) R. 45

147 Määritellään sitten y = C y + C 2 y 2 + y E. Lauseen 7.6 mukaan y on yhtälön () ratkaisu. Siten se on myös lauseen alkuarvotehtävän ratkaisu, jos se toteuttaa alkuehdot y(x 0 ) = a ja y (x 0 ) = b. Lasketaan: ja y(x 0 ) = C y (x 0 ) + C 2 y 2 (x 0 ) + y E (x 0 ) = W (y, y 2 )(x 0 ) (αy 2(x 0 ) βy 2 (x 0 ))y (x 0 )+ W (y, y 2 )(x 0 ) ( αy (x 0 ) + βy (x 0 ))y 2 (x 0 ) + y E (x 0 ) = y (x 0 )y 2 (x 0) y (x 0)y 2 (x 0 ) (αy 2(x 0 )y (x 0 ) αy (x 0 )y 2 (x 0 )) + y E (x 0 ) = α + y E (x 0 ) = a y (x 0 ) = C y (x 0 ) + C 2 y 2(x 0 ) + y E(x 0 ) = W (y, y 2 )(x 0 ) (αy 2(x 0 ) βy 2 (x 0 ))y (x 0 )+ W (y, y 2 )(x 0 ) ( αy (x 0 ) + βy (x 0 ))y 2(x 0 ) + y E(x 0 ) = y (x 0 )y 2 (x 0) y (x 0)y 2 (x 0 ) ( βy 2(x 0 )y (x 0 ) + βy (x 0 )y 2(x 0 )) + y E(x 0 ) = β + y E(x 0 ) = b, joten alkuehdot toteutuvat ja näin lauseen olemassaolopuoli on todistettu. 2. Mennään sitten yksikäsitteisyyspuoleen. Olkoot siis y ja ỹ kyseisen alkuarvotehtävän ratkaisuja; pitää osoittaa, että y = ỹ eli että y ỹ = 0. Merkitään z = y ỹ, jolloin z toteuttaa alkuehdot z(x 0 ) = a a = 0 ja z (x 0 ) = b b = 0 Lisäksi lauseen 7.4 nojalla z on homogeeniyhtälön ratkaisu. Jos y ja y 2 ovat kuten todistuksen alkuosassa, niin lauseen 7.0 nojalla on olemassa C, C 2 R siten, että z = C y + C 2 y 2. (2) Tällöin pätee C y (x 0 ) + C 2 y 2 (x 0 ) = z(x 0 ) = 0 ja C y (x 0 ) + C 2 y 2(x 0 ) = z (x 0 ) = 0. Tämä yhtälöpari voidaan esittää matriisimuodossa: [ ] [ ] [ ] y (x 0 ) y 2 (x 0 ) C 0 y (x 0 ) y 2(x =. (3) 0 ) C

148 Todistuksen [ alkuosassa ] y ja y 2 valittiin niin, [ että W (y, y] 2 )(x 0 ) 0 eli y (x det 0 ) y 2 (x 0 ) y (x y (x 0 ) y 2(x 0.Tällöin matriisi 0 ) y 2 (x 0 ) 0 ) y (x 0 ) y 2(x on kääntyvä, ja silloin yhtälöstä (3) 0 ) saadaan [ ] [ ] [ ] [ ] C 0 C y (x = = 0 ) y 2 (x 0 ) C 2 0 C 2 y (x 0 ) y 2(x 0 ) [ ] [ ] [ y (x 0 ) y 2 (x 0 ) 0 0 y (x 0 ) y 2(x =. 0 ) 0 0] Siten C = 0 ja C 2 = 0. Tällöin yhtälöstä (2) saadaan z = C y + C 2 y 2 = 0 y + 0 y 2 = Koska z = y ỹ, niin y = ỹ ja väite on todistettu. [ ] [ ] y (x 0 ) y 2 (x 0 ) C y (x 0 ) y 2(x = 0 ) C 2 Käytännössä lauseessa 7.9 oleva alkuarvotehtävä kannattaa ratkaista niin, että haetaan (jos osataan) ensin yhtälön y + p y + p 0 y = q täydellinen ratkaisu y = C y + C 2 y 2 + y E, C, C 2 R kuten lauseessa 7.6 ja valitaan sitten vakiot C ja C 2 niin, että alkuehto toteutuu. Esimerkki 7.20 Ratkaistaan alkuarvotehtävä y + 2 x y 2 x y = x 2 y() = y () = () välillä I = ]0, [ Huomaa, että todella I; tässä siitä ei ole ongelmaa, mutta jos väliä I joutuu syystä tai toisesta rajoittamaan, pitää olla tarkkana, ettei ratkaise vahingossa yhtälöä sellaisella välillä, johon alkupiste x 0 ei kuulu. Esimerkissä 7.8 löydettiin yhtälön () täydellinen ratkaisu: y(x) = C x + C 2 x x3, C, C 2 R. Alkuehdoista saadaan nyt yhtälöpari { C + C = C 2C =. Tästä on helppo ratkaista C ja C 2. Huomaa, että lauseen 7.20 todistuksen mukaan tämä yhtälöpari tosiaan aina välttämättä ratkeaa, riippumatta siis alkuarvoista, koska kerroinmatriisin determinantti on 0. Ratkaisuksi saadaan C = 5 6 ja C 2 = 5. 47

149 Tällöin alkuarvotehtävän ratkaisu on y = 5 6 x + 5x x3. Huomaa, että lauseen 7.20 yksikäsitteisyyspuoli on nyt suuressa merkityksessä, koska nyt voidaan olla varmoja siitä, että muita ratkaisuja ei ole, eikä tätä tarvitse mitenkään erikseen ruveta perustelemaan. Jatkossa oletetaan, että kerroinfunktiot p ja p 0 ovat vakioita, jolloin tilanne saadaan paremmin hallintaan. Asetetaan ensin määritelmä: Määritelmä 7.2 Olkoon I R avoin väli ja q : I R jatkuva ja a, b R. Tulkitsemalla vakiot a ja b vakiokuvauksiksi I R syntyy toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö y + ay + by = q. () Sanotaan, että tyyppiä () oleva yhtälö on vakiokertoiminen. Sanotaan edelleen, että polynomi K(r) = r 2 + ar + b on yhtälöön () liittyvä karakteristinen polynomi. Lausetta 7.3 edeltävässä tekstissä pohdiskeltiin sitä, mistä homogeeniyhtälön ratkaisuja oikein saadaan. Yleisessä tapauksessa ongelma jäi auki, ratkaisukeinoksi esitettiin arvausta. Vakiokertoimisessa tapauksessa tämä probleema poistuu täysin: Lause 7.22 Olkoon y + ay + by = 0 () vakiokertoiminen homogeeniyhtälö ja olkoon K(r) sen karakteristinen polynomi. Tällöin a) Jos toisen asteen yhtälöllä K(r) = 0 on kaksi eri reaalijuurta r ja r 2, niin yhtälön () ratkaisuja ovat funktiot y(x) = C e r x + C 2 e r 2x, missä C, C 2 R. b) Jos toisen asteen yhtälöllä K(r) = 0 on täsmälleen yksi reaalijuuri r, niin yhtälön () ratkaisuja ovat funktiot y(x) = C e rx + C 2 xe rx, missä C, C 2 R. c) Jos toisen asteen yhtälöllä K(r) = 0 ei ole reaalijuuria, niin yhtälön () ratkaisuja koko R:ssä ovat funktiot y(x) = e a 2 x (C sin(ωx) + C 2 cos(ωx)), missä C, C 2 R ja ω = 2 4b a2. 48

150 Todistus. Kahdessa ensimmäisessä tapauksessa sijoitetaan suoraan ratkaisuiksi väitetyt funktiot yhtälöön () ja lasketaan: a) Kaikille x R pätee y (x) + ay (x) + by(x) = C r 2 e rx + C 2 r 2 2e r2x + ac r e rx + ac 2 r 2 e r2x + bc e rx + bc 2 e r2x = C e rx (r 2 + ar + b) + C 2 e r2x (r ar 2 + b) i) = C e rx 0 + C 2 e rx 0 = = 0, joten asia on selvä. Tässä yhtälö i) perustuu siihen, että r ja r 2 ovat karakteristisen polynomin juuria. b) Kaikille x R pätee y (x) + ay (x) + by(x) = C r 2 e rx + C 2 (re rx + re rx + r 2 xe rx )+ a(c re rx + C 2 (e rx + rxe rx )) + b(c e rx + C 2 xe rx ) = e rx C (r 2 + ar + b) + e rx C 2 (2r + a + x(r 2 + ar + b)) i) = e rx C 2 (2r + a) ii) = 0, joten asia on tässäkin tapauksessa selvä. Edellä yhtälö i) perustuu siihen, että r on karakteristisen polynomin juuri ja yhtälö ii) siihen, että r on ainoa juuri, jolloin toisen asteen yhtälön r 2 + ar + b = 0 diskriminantti on 0 ja juurelle pätee r = a/2. c) Tässä täytyy ensin huomata, että reaaliluku ω on järkevästi määritelty. Tämä johtuu siitä, että yhtälöllä r 2 + ar + b = 0 ei ole reaalijuuria, jolloin sen diskriminantti a 2 4b on negatiivinen, jolloin 4b a 2 on positiivinen ja siten ω = 4b a 2 on hyvin määritelty. Lauseen 7.2 nojalla riittää osoittaa, että funktiot y (x) = e a 2 x sin(ωx) ja y 2 (x) = e a 2 x cos(ωx) Ovat yhtälön () ratkaisuja. Derivoimalla saadaan kaikille x R ja y (x) = a 2 e a 2 x sin(ωx) + e a 2 x ω cos(ωx) = e a 2 x ( a sin(ωx) + ω cos(ωx)) 2 y (x) = a 2 e a 2 x ( a sin(ωx) + ω cos(ωx))+ 2 e a 2 x ( a 2 ω cos(ωx) ω2 sin(ωx)) = e a 2 x [( a2 4 ω2 ) sin(ωx) aω cos(ωx)]. 49

151 Vastaavasti y 2(x) = a 2 e a 2 x cos(ωx) + e a 2 x ( ω sin(ωx)) = e a 2 x ( ω sin(ωx) a 2 cos(ωx)) ja Siten kaikille x R pätee y 2 (x) = a 2 e a 2 x ( ω sin(ωx) a 2 cos(ωx))+ e a 2 x ( ω 2 cos(ωx) + a 2 ω sin(ωx)) = e a 2 x [aω sin(ωx) + ( a2 4 ω2 ) cos(ωx)]. y (x) + ay (x) + by (x) = e a 2 x [( a2 4 ω2 ) sin(ωx) aω cos(ωx)+ a( a sin(ωx) + ω cos(ωx)) + b sin(ωx)] = 2 e a 2 x ( a2 4 ω2 a2 2 + b) sin(ωx) = e a 2 x ( ω 2 a2 4 + b) sin(ωx) i) = e a 2 x ( 4 (4b a2 ) a2 4 + b) sin(ωx) = 0, joten y on yhtälön () ratkaisu koko R:ssä. Edellä yhtälö i) perustuu siihen, että ω = 2 4b a2. Vastaavasti kaikille x R pätee y 2 (x) + ay 2(x) + by 2 (x) = e a 2 x [aω sin(ωx) + ( a2 4 ω2 ) cos(ωx)+ a( ω sin(ωx) a cos(ωx)) + b cos(ωx)] = 2 e a 2 x ( a2 4 ω2 a2 + b) cos(ωx) = 2 e a 2 x ( a2 4 ω2 + b) cos(ωx) = e a 2 x ( a2 4 4 (4b a2 )) + b) cos(ωx) = 0, joten myös y 2 on ratkaisu. Huomautus 7.23 Jos lauseen 7.22 merkinnöin tapauksessa a) merkitään y (x) = e rx ja y 2 (x) = e r2x, niin kaikille x R pätee W (y, y 2 )(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) = (r 2 r )e (r +r 2 )x 0, sillä r r 2. Tällöin lauseen 7.0 nojalla homogeeniyhtälöllä () ei muita ratkaisuja olekaan kuin funktiot y(x) = C e rx + C 2 e r2x, missä C, C 2 R 50

152 eli tämä on yhtälön () täydellinen ratkaisu. Vastaavasti, jos tapauksessa b) merkitään y (x) = e rx ja y 2 (x) = xe rx, niin kaikille x R pätee W (y, y 2 )(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) = e rx (e rx + rxe rx ) re rx xe rx = e 2rx 0. Tällöin taas lauseen 7.0 nojalla homogeeniyhtälöllä () ei muita ratkaisuja olekaan kuin funktiot y(x) = C e rx + C 2 xe rx, missä C, C 2 R eli tämä on yhtälön () täydellinen ratkaisu. Edelleen, jos tapauksessa c) merkitään y (x) = e ax/2 sin(ωx) ja y 2 (x) = e ax/2 cos(ωx), niin kaikille x R pätee W (y, y 2 )(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x) = e a 2 x sin(ωx)( a 2 e a 2 x cos(ωx) ωe a 2 x sin(ωx)) ( a 2 e a 2 x sin(ωx) + ωe a 2 x cos(ωx))e a 2 x cos(ωx) = e ax [ a 2 sin(ωx) cos(ωx) ω sin2 (ωx) + a 2 sin(ωx) cos(ωx) ω cos2 (ωx)] = ωe ax 0, sillä ω = 4b a 2 > 0, koska toisen asteen yhtälöllä r 2 + ar + b = 0 ei ole reaalijuuria. Siten taas lauseen 7.0 nojalla homogeeniyhtälöllä () ei muita ratkaisuja olekaan kuin funktiot y(x) = C e ax/2 sin(ωx) + C 2 e ax/2 cos(ωx), missä C, C 2 R eli tämä on yhtälön () täydellinen ratkaisu. Huomautus. Edellisessä huomautuksessa siis löydettiin kaikki homogeeniyhtälön ratkaisut, ja koska tapaukset a) - c) kattavat kaikki mahdollisuudet, homogeeniyhtälö on täydellisesti ratkaistu. Asiassa on kuitenkin paha puute: lause 7.0 on todistamatta. Vakiokertoimisessa tapauksessa lauseelle 7.0 voidaan kuitenkin antaa varsin yksinkertainen todistus, jonka jälkeen homma on näiden yhtälöiden osalta paketissa. Tämä tehdään seuraavassa: Lause 7.24 Olkoot a, b R, I R avoin väli sekä y ja y 2 yhtälön y + ay + by = 0 () ratkaisuja välillä I, joille pätee W (y, y 2 )(x) 0 kaikille x I. Tällöin yhtälön () jokainen välillä I määritelty ratkaisu y on muotoa y = C y + C 2 y 2 joillekin vakioille C, C 2 R. 5

153 Todistus. Olkoon y yhtälön () ratkaisu ja x 0 I. Merkitään α = y(x 0 ) R ja β = y (x 0 ) R. Oletuksen mukaan W (y, y 2 )(x 0 ) 0. Tällöin matriisin [ ] y (x 0 ) y 2 (x 0 ) y (x 0 ) y 2(x 0 ) determinantti on nollasta eroava, joten matriisi on kääntyvä eli on olemassa käänteismatriisi [ ] y (x 0 ) y 2 (x 0 ) y (x 0 ) y 2(x. 0 ) Merkitään [ ] C = C 2 [ ] [ y (x 0 ) y 2 (x 0 ) α y (x 0 ) y 2(x, 0 ) β] jolloin [ ] [ ] [ y (x 0 ) y 2 (x 0 ) C α y (x 0 ) y 2(x = 0 ) C 2 β] eli { C y (x 0 ) + C 2 y 2 (x 0 ) = α = y(x 0 ) C y (x 0 ) + C 2 y 2(x 0 ) = α = y (x 0 ) joten { C y (x 0 ) + C 2 y 2 (x 0 ) y(x 0 ) = 0 C y (x 0 ) + C 2 y 2(x 0 ) y (x 0 ) = 0. Merkitään z = C y + C 2 y 2 y, jolloin väite seuraa, jos osoitetaan, että (2) z 0. (3) Lauseen 7.2 nojalla z on yhtälön () ratkaisu välillä I. Osoitetaan, että z on äärettömän monta kertaa derivoituva välillä I ts. että z (n) on olemassa kaikille n N. Tehdään tämä induktiolla n:n suhteen. Todistetaan samalla vaivalla yleisempi tulos: Kaikille n N derivaatta z (n+2) on olemassa ja lisäksi pätee yhtälö z (n+2) = az (n+) bz (n). (4) Kun n = 0, induktioväite seuraa suoraan siitä, että z on ratkaisu. Induktioaskeleessa oletetaan, että z on n + 2 kertaa derivoituva ja että yhtälö (4) pätee. Tällöin yhtälön (4) oikea puoli on derivoituva, joten myös vasen puoli on sitä. Tämä tarkoittaa sitä, että z on n + 3 = (n + ) + 2 kertaa derivoituva ja derivoimalla saadaan yhtälöstä (4) yhtälö z (n+)+2 = az (n+)+ bz (n+), joten induktioaskel on otettu ja siten yhtälö (4) pätee kaikille n. Osoitetaan sitten induktiolla, että z (n) (x 0 ) = 0 kaikille n N. (5) 52

154 Kun n = 0,, väite seuraa yhtälöistä (2), ja kun n 2 saadaan induktioaskel aikaan yhtälöstä (4): z (n) (x 0 ) = az (n ) (x 0 ) bz (n 2) (x 0 ) = a 0 b 0 = 0. Näin väite (5) on todistettu. Lauseen varsinaisen väitteen todistamiseksi riittää siis todistaa väite (3). Olkoon x I mielivaltainen. Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että z(x) = 0. (6) Valitaan nyt avoin ja rajoitettu väli J siten, että x 0, x J J I. Tämä on mahdollista, koska I on avoin väli. Koska z ja z ovat jatkuvia kompaktilla välillä J, ne ovat rajoitettuja tällä välillä, joten on olemassa M > 0 siten, että z(u) M ja z (u) M kaikille u J. (7) Merkitään c = a + b + ja osoitetaan induktiolla, että z (n) (u) 2 n+ c n+ M kaikille u J. (8) Kun n = 0, tämä seuraa suoraan ehdosta (7) ja siitä, että c. Oletetaan induktiivisesti, että n 2 ja että z (k) (u) 2 k+ c k+ M kaikille u J ja k = 0,,..., n. Tällöin kaikille u J pätee z (n) (u) i) = az (n ) (u) bz (n 2) (u) a z (n ) (u) + b z (n 2) (u) ii) c( z (n ) (u) + z (n 2) (u) ) iii) c(2 n c n M + 2 n c n M) = M(2 n c n+ + 2 n c n ) iv) Mc n+ (2 n + 2 n ) 2 n+ c n+ M, joten induktioaskel on otettu ja näin väite (8) on todistettu. Tässä yhtälö i) seuraa yhtälöstä (4), epäyhtälö ii) seuraa luvun c määritelmästä, epäyhtälö iii) induktio-oletuksesta ja epäyhtälö iv) siitä, että c. Nyt ehdon (5) ja Taylorin polynomin määritelmän mukaan pätee T n,x0 z 0 kaikille n N. Tällöin jokaiselle jäännöstermille R n,x0 z pätee R n,x0 z(u) = z(u) T n,x0 z(u) = z(u) kaikille u J. Silloin jäännöstermin Lagrangen esityksen (lause 2.4) mukaan jokaiselle n N löytyy ξ n ]x, x 0 [ ]x 0, x[ J siten, että z(x) = R n,x0 z(x) = (n + )! z(n+) (ξ n )(x x 0 ) n+. 53

155 Tästä saadaan edelleen ehdon (8) nojalla z(x) = (n + )! z(n+) (ξ n ) x x 0 n+ (9) (n + )! 2n+ c n+ x x 0 n+ M kaikille n N. Koska sarja i! (2c x x 0 ) i tunnetusti suppenee, niin lauseen 3.4 nojalla pätee Tällöin myös lim n lim n n! (2c x x 0 ) n = 0. (n + )! 2n+ c n+ x x 0 n+ M = 0. Tämä aiheuttaa sen, että ehto (9) voi olla voimassa vain, kun z(x) = 0. Koska ehto (9) todella on voimassa, niin on oltava z(x) = 0 ja näin väite (6) ja siten koko lause on todistettu. Huomautus 7.25 Tärkeän olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseen 7.9 todistuksessa nojauduttiin lauseisiin 7.9 ja 7.0, joita ei ole todistettu. Tämä on paha puute, mutta vakiokertoimisessa tapauksessa tilanne on nyt hallinnassa: Lause 7.0 voidaan korvata lauseella 7.24 ja lause 7.9 lauseella 7.22 sekä huomautuksella Näin voidaan todeta, että lause 7.9 on vakiokertoimisessa tapauksessa saatu kunnolla todistettua. Esimerkki 7.26 Vakiokertoimiset homogeeniyhtälöt hallitaan nyt täydellisesti. Esimerkiksi homogeeniyhtälön y 3y + 2y = 0 karakteristinen polynomi on r 2 3r + 2. Tämän juuria ovat r = ja r = 2, joten yhtälön täydellinen ratkaisu on Vastaavasti homogeeniyhtälön y = C e x + C 2 e 2x, missä C, C 2 R. y 2y + y = 0 karakteristinen polynomi on r 2 2r+. Tämän ainoa reaalijuuri on r =, joten yhtälön täydellinen ratkaisu on Homogeeniyhtälön y = C e x + C 2 xe x, missä C, C 2 R. y 2y + 2y = 0 karakteristinen polynomi on r 2 2r + 2. Täällä ei ole reaalijuuria lainkaan. Tässä a/2 = ja 4b a 2 /2 =, joten yhtälön täydellinen ratkaisu on y = e x (C sin x + C 2 cos x), missä C, C 2 R. 54

156 Lauseen 7.6 ja huomautuksen 7.23 nojalla löydetään myös vakiokertoimiselle epähomogeeniyhtälölle y + ay + by = q, () missä q on jatkuva jollakin avoimella välillä I, täydellinen ratkaisu, mikäli löydetään yksi epähomogeeniyhtälön ratkaisu. Tämän taas löytää lauseen 7.7 avulla: Jos y ja y 2 ovat kuin huomautuksessa 7.23 ja jos valitaan P sekä P 2 niin, että niin P (x) = y 2(x)q(x) W (y, y 2 )(x) on yhtälön () ratkaisu välillä I. ja P 2(x) = y = y P + y 2 P 2 Esimerkki 7.27 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y (x)q(x) W (y, y 2 )(x) kaikille x I, y 3y + 2y = x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = e 2x. Huomautuksessa 7.23 laskettiin W (y, y 2 ): W (y, y 2 )(x) = (r 2 r )e (r+r2)x = e 3x 0. Siten voidaan lauseen 7.7 mukaisesti valita osittaisintegrointia harrastaen P (x) = x 0 (x + )e x ja e2t t dt = e3t x x 0 te t dt = x / x 0 te t / x x e t t P 2 (x) = dt = te 2t dt = 0 e3t te 2t / x 2 xe 2x 0 4 e 2t = ( 2 x 4 )e 2x e t dt = xe x x 0 / x 0 2 e 2t dt = Näistä voidaan tietenkin pudottaa turhat vakiot pois eli sovitaankin, että P (x) = (x + )e x ja P 2 (x) = ( 2 x 4 )e 2x. Silloin yhtälön () eräs ratkaisu on e t = y(x) = y (x)p (x) + y 2 (x)p 2 (x) = e x (x + )e x + e 2x ( 2 x 4 )e 2x = x + 2 x 4 = 2 x

157 Tällöin lauseen 7.6 nojalla yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + C 2 e 2x + 2 x + 3 4, missä C, C 2 R. Esimerkki 7.28 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y 2y + y = x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = xe x. Huomautuksessa 7.23 laskettiin W (y, y 2 ): W (y, y 2 )(x) = e 2rx = e 2x 0. Siten voidaan lauseen 7.7 mukaisesti valita osittaisintegrointia harrastaen ja P (x) = / x 0 x 0 t 2 e t 2 et t 2 dt = e2t x 0 x 0 t 2 e t dt = te t dt = x 2 e x + 2(x + )e x 2 x 0 e t t dt = e2t x 0 te t dt = (x + )e x +. Näistä voidaan tietenkin pudottaa turhat vakiot pois eli sovitaankin, että P (x) = x 2 e x + 2(x + )e x ja P 2 (x) = (x + )e x. Silloin yhtälön () eräs ratkaisu on y(x) = y (x)p (x) + y 2 (x)p 2 (x) = e x (x 2 e x + 2(x + )e x ) + xe x ( (x + )e x ) = x 2 + 2x + 2 x 2 x = x + 2. Tällöin lauseen 7.6 nojalla yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + xc 2 e x + x + 2, missä C, C 2 R. Esimerkki 7.29 Yritetään ratkaista täydellisesti yhtälö y 2y + 2y = x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x sin x ja y 2 (x) = e x cos x. 56

158 Huomautuksessa 7.23 laskettiin W (y, y 2 ): W (y, y 2 )(x) = ωe ax = e 2x 0. Siten voidaan lauseen 7.7 mukaisesti valita ja P (x) = x 0 tet cos t e 2t dt = x 0 t cos te t dt P 2 (x) = x 0 te t sin t e 2t dt = x 0 t sin te t dt Tässä vaiheessa huomataan, että integroinnit alkavat mennä vähän monimutkaisiksi. Useissa tapauksissa tarvittavan ratkaisun y E löytää helpommin kokeilemalla. Seuraavat lauseet ovat apuna kokeilussa. Lause 7.30 Olkoon q n-asteinen polynomi ja a, b R. Tällöin yhtälöllä on ratkaisu y E, joka on n-asteinen polynomi, jos b 0, n + -asteinen polynomi, jos b = 0 ja a 0 tai n + 2 asteinen polynomi, jos b = a = 0. Todistus. Olkoon q(x) = n a ix i, missä a n 0. y + ay + by = q () Olkoon ensin b = a = 0. Valitaan tällöin kaikille i = 2,..., n + 2 d i = Tällöin y E on n + 2 asteinen polynomi ja n+2 y E(x) = i(i )d i x i 2 = i=2 (i + 2)(i + )d i+2 x i = joten y E on yhtälön () ratkaisu. n+2 i(i ) a i 2 ja y E (x) = d i x i. i=2 (i + 2)(i + ) (i + 2)( + i) a ix i = q(x), 57

159 Olkoon sitten b = 0 ja a 0. Valitaan luvut d i, i =,..., n + laskevalla rekursiolla seuraavasti: Valitaan ensin a n d n+ = a(n + ) ja jos i n ja luvut d i+,..., d n+ on jo valittu, niin valitaan d i = ai (a i i(i + )d i+ ). Tällöin a n = a(n + )d n+ (2) ja kaikille i = 0,..., n pätee Määritellään a i = (i + 2)(i + )d i+2 + a(i + )d i+. (3) n+ y E (x) = d i x i, i= jolloin y E on n + -asteinen polynomi. Koska n+ n+ y E(x) + ay E(x) = i(i )d i x i 2 + a id i x i = i=2 i= n (i + 2)(i + )d i+2 x i + a (i + )d i+ x i = n ((i + 2)(i + )d i+2 + a(i + )d i+ )x i + a(n + )d n+ x n = i) a i x i = q(x), niin y E on yhtälön () ratkaisu. Tässä yhtälö i) seuraa yhtälöistä (2) ja (3). Olkoon sitten b 0. Nyt valitaan luvut d i, i = 0,..., n laskevalla rekursiolla seuraavasti: Valitaan ensin d n = a n b sekä d n = b (a n and n ) ja jos 0 i n 2 ja luvut d i+,..., d n on jo valittu, niin valitaan i= d i = b (a i a(i + )d i+ (i + 2)(i + )d i+2 ). Tällöin bd n = a n, (4) and n + bd n = a n ja (5) 58

160 (i + 2)(i + )d i+2 + a(i + )d i+ + bd i = a i kaikille i = 0,..., n 2. (6) Määritellään y E (x) = jolloin y E on n-asteinen polynomi. Koska i=2 d i x i, y E(x) + ay E(x) + by E (x) = i(i )d i x i 2 + a id i x i + b d i x i = i= n 2 n (i + 2)(i + )d i+2 x i + a (i + )d i+ x i + b d i x i = n 2 [(i + 2)(i + )d i+2 + a(i + )d i+ + bd i ]x i + (and n + bd n )x n + bd n x n = i) a i x i = q(x), i= niin y E on yhtälön () ratkaisu. Tässä yhtälö i) seuraa yhtälöistä (4), (5) ja (6). Esimerkki 7.3 Palataan esimerkkiin 7.29, joka jäi ratkaisematta integrointiteknisistä vaikeuksista johtuen. Lauseen 7.30 nojalla yhtälöllä y 2y + 2y = x () on eräänä ratkaisuna ensimmäisen asteen polynomi y E (x) = αx+β. Sijoitetaan tämä yhtälöön (), jolloin nähdään, että kertoimien α ja β täytyy toteuttaa yhtälöpari { 2α = 2α + 2β = 0. Tämän ratkaisuksi saadaan α = 2 ja β = 2. Siten y E (x) = 2 x + 2 on yhtälön () eräs ratkaisu, jolloin sen täydellinen ratkaisu on y(x) = C xe x sin x + C 2 e x cos x + 2 x + 2, C, C 2 R. Seuraava lause auttaa käsittelemään tyyppiä q(x) = de cx olevaa epähomogeeniosaa: 59

161 Lause 7.32 Olkoon a, b, c, d R ja q(x) = de cx. Tällöin yhtälön eräs ratkaisu on y E (x), missä y + ay + by = q () a) y E (x) = Ae cx jollekin A R, jos c ei ole karakteristisen polynomin juuri, b) y E (x) = Axe cx jollekin A R, jos c on karakteristisen polynomin yksinkertainen juuri ja c) y E (x) = Ax 2 e cx jollekin A R, jos c on karakteristisen polynomin kaksinkertainen juuri. Todistus. a) Oletetaan ensin, että c ei ole karakteristisen yhtälön juuri, ts. Tällöin voidaan valita ja edelleen y E (x) = Ae cx, jolloin c 2 + ac + b 0. A = d c 2 + ac + b y E(x) + ay E(x) + by E (x) = Ac 2 e cx + aace cx + bae cx = A(c 2 + ac + b)e cx = de cx = q(x), joten väite pätee. b) Oletetaan sitten, että c on karakteristisen polynomin yksinkertainen juuri, mikä tarkoittaa sitä, että Tällöin 2c + a 0, joten voidaan valita ja edelleen y E (x) = Axe cx, jolloin c 2 + ac + b = 0 ja c a 2. A = d 2c + a y E(x) + ay E(x) + by E (x) = 2Ace cx + Ac 2 xe cx + a(ae cx + Acxe cx ) + bae cx = Axe cx (c 2 + ac + b) + Ae cx (2c + a) = de cx = q(x), joten väite pätee. c) Jos c on karakteristisen polynomin kaksinkertainen juuri, niin c 2 + ac + b = 0 ja c = a 2 eli 4c + 2a = 0. 60

162 Nyt valitaan jolloin A = d 2 ja y E (x) = Ax 2 e cx, y E(x) + ay E(x) + by E (x) = Ae cx (2 + 4cx + c 2 x 2 + a(2x + cx 2 ) + bx 2 ) = Ae cx (2 + (4c + 2a)x + (c 2 + ac + b)x 2 ) = Ae cx (2 + 0 x + 0 x 2 ) = 2Ae cx = de cx = q(x), joten väite pätee tässäkin tapauksessa. Esimerkki 7.33 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y 3y + 2y = e 3x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = e 2x. Koska 3 ei ole karakteristisen polynomin juuri, niin lauseen 7.32 mukaisesti y E (x) = Ae 3x on yhtälön ratkaisu jollekin A R. Tämä luku A selviää tietysti suoraan lauseen 7.32 a) todistuksesta, mutta kaavaa ei kannata muistaa ulkoa vaan kokeillaan, eli sijoitetaan y E (x) = Ae 3x yhtälöön (). Tällöin saadaan 9Ae 3x 9Ae 3x + 2Ae 3x = e 3x, joten on oltava 2A = eli A = /2. Siten y E (x) = 2 e3x ja näin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + C 2 e 2x + 2 e3x, missä C, C 2 R. Esimerkki 7.34 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y 3y + 2y = e 2x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = e 2x. Koska 2 on karakteristisen polynomin yksinkertainen juuri, niin lauseen 7.32 mukaisesti y E (x) = Axe 2x 6

163 on yhtälön ratkaisu jollekin A R. Tämä luku A selviää tietysti suoraan lauseen 7.32 b) todistuksesta, mutta tätäkään kaavaa ei kannata muistaa ulkoa vaan kokeillaan, eli sijoitetaan y E (x) = Axe 2x yhtälöön (). Tällöin saadaan 2Ae 2x + 2Ae 2x + 4Axe 2x 3(Ae 2x + 2Axe 2x ) + 2Axe 2x = e 2x Ae 2x = Ae 2x eli A =. eli Siten y E (x) = xe 2x ja näin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + C 2 e 2x + xe 2x, missä C, C 2 R. Esimerkki 7.35 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y 2y + y = e x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = xe x. Koska on karakteristisen polynomin kaksinkertainen juuri, niin lauseen 7.32 mukaisesti y E (x) = Ax 2 e x on yhtälön ratkaisu jollekin A R. Tämä luku A selviää tietysti suoraan lauseen 7.32 c) todistuksesta, mutta kaavaa ei taaskaan kannata muistaa ulkoa vaan kokeillaan, eli sijoitetaan y E (x) = Ax 2 e x yhtälöön (). Tällöin saadaan 2Ae x + 2Axe x + 2Axe x + Ax 2 e x 2(2Axe x + Ax 2 e 2x ) + Ax 2 e x = e x eli 2Ae x = Ae x eli A = 2. Siten y E (x) = 2 x2 e x ja näin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + C 2 xe x + 2 x2 e x, missä C, C 2 R. Lause 7.36 Olkoon a, b, c, d ja ω R, ω 0 sekä q(x) = c sin(ωx) + d cos(ωx). Tällöin yhtälön y + ay + by = q () eräs ratkaisu on y E (x), missä a) y E (x) = A sin(ωx) + B cos(ωx) joillekin A, B R, jos a 0 tai b ω 2 ja b) y E (x) = Ax sin(ωx) + Bx cos(ωx) joillekin A, B R, jos a = 0 ja b = ω 2. 62

164 Todistus. a) Jos a 0 tai b ω 2, niin oletuksen ω 0 nojalla pätee a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 0, jolloin voidaan valita A = a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 ((b ω2 )c+aωd) ja B = a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 ((b ω2 )d aωc) ja edelleen Tällöin y E (x) = Ax sin(ωx) + Bx cos(ωx). y E(x) + ay E(x) + by E (x) = Aω 2 sin(ωx) Bω 2 cos(ωx) + a(aω cos(ωx) Bω sin(ωx))+ b(a sin(ωx) + B cos(ωx)) = ( Aω 2 abω + ba) sin(ωx) + ( Bω 2 + aaω + bb) cos(ωx) = a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 [((b ω2 )c + aωd)(b ω 2 ) aω((b ω 2 )d aωc)] sin(ωx)+ a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 [(b ω2 )((b ω 2 )d aωc) + aω((b ω 2 )c + aωd)] cos(ωx) = a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 ((b ω2 ) 2 c + a 2 ω 2 c) sin(ωx)+ a 2 ω 2 + (b ω 2 ) 2 ((b ω2 ) 2 d + a 2 a 2 ω 2 + (b ω 2 d) cos(ωx) = ) 2 c sin(ωx) + d cos(ωx) = q(x), joten y E on yhtälön () ratkaisu ja väite pätee. b) Oletetaan sitten, että a = 0 ja b = ω 2. Koska ω 0, niin voidaan valita A = d 2ω ja B = c 2ω sekä edelleen y E (x) = Ax sin(ωx) + Bx cos(ωx). Tällöin y E(x) + ay E(x) + by E (x) = y E(x) + ω 2 y E (x) = Aω cos(ωx) + Aω cos(ωx) Aω 2 x sin(ωx)+ Bω sin(ωx) Bω sin(ωx) Bω 2 cos(ωx)+ + ω 2 (Ax sin(ωx) + Bx cos(ωx)) = 2Bω sin(ωx) + 2Aω cos(ωx) = ( c d )ω sin(ωx) + 2 2ω 2ω ω cos(ωx) = c sin(ωx) + d cos(ωx) = q(x), joten y E on yhtälön () ratkaisu ja väite pätee. 63

165 Esimerkki 7.37 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y 2y + y = sin x. () Homogeeniyhtälön sopiviksi ratkaisuiksi valitaan esimerkin 7.26 ja huomautuksen 7.23 mukaisesti y (x) = e x ja y 2 (x) = xe x. Koska a = 2 0, niin lauseen 7.36 mukaisesti kokeillaan ratkaisuksi funktiota y E (x) = A sin x + B cos x. Sijoitetaan tämä yhtälöön (), jolloin saadaan sin x = A sin x B cos x 2(A cos x B sin x) + A sin x + B cos x = ( A + 2B + A) sin x + ( B 2A + B) cos x = 2B sin x 2A cos x. Tästä saadaan yhtälöryhmä { 2B = 2A = 0, jonka ratkaisu on A = 0 ja B = /2. Siten y E (x) = 2 cos x ja näin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C e x + C 2 xe x + 2 cos x, missä C, C 2 R. Esimerkki 7.38 Ratkaistaan täydellisesti yhtälö y + y = cos x. () Tässä karakteristinen polynomi on r 2 +, jolla ei ole reaalijuuria lainkaan. Koska a = 0 ja b =, niin lauseen 7.22 mukaisesti homogeeniyhtälön täydellinen ratkaisu on y(x) = C sin x + C 2 cos x, missä C, C 2 R. Lauseen 7.36 mukaan yhtälöllä () on eräs ratkaisu, joka on muotoa y E (x) = Ax sin +Bx cos x. Sijoitetaan tämä yhtälöön (), jolloin saadaan cos x = 2B sin x + 2A cos x Ax sin x Bx cos x + Ax sin x + Bx cos x = 2B sin x + 2A cos x. Tästä saadaan yhtälöryhmä { 2B = 0 2A =, 64

166 jonka ratkaisu on A = /2 ja B = 0. Siten y E (x) = 2 x sin x ja näin yhtälön () täydellinen ratkaisu on y(x) = C sin x + C 2 cos x + 2 x sin x, missä C, C 2 R. 65