ANALYYSI 3. Tero Kilpeläinen

ANALYYSI 3 Tero Kilpeläinen Luentomuistiinpnoj syksyltä 2005 20. lokkuut 2005

Sisältö 1. Esitietoj 2 1.1. Riemnn-integrli............................ 2 1.2. Derivtt................................. 4 1.3. Anlyysin perusluse........................... 5 2. Tylor-polynomit 6 2.1. Tylorin luse............................... 6 2.2. Jäännöstermin luseke j rvioit.................... 13 3. Funktiojonot 17 4. Lukusrjt 26 4.1. Srjn suppeneminen j itseinen suppeneminen............ 26 4.2. Suppenemistestejä............................ 32 4.3. Srjn ehdollinen suppeneminen..................... 40 5. Potenssisrjt 46 5.1. Funktiosrjt j niiden suppeneminen.................. 46 5.2. Potenssisrjt............................... 49

Anlyysi 3 1 Teksti sisältää muistiinpnoj syksyllä 2005. Tämän pketin trkoitus on tuke omien muistiinpnojen teko, ei korvt niitä. Mtemtiikk oppii prhiten itse kirjoitten j ongelmi rtkoen.

Anlyysi 3 2 1. Esitietoj Muistelln Anlyysi 1 j 2 -kurssien tärkeitä määritelmiä j tuloksi: Funktio f : I R, I R, on jtkuv pisteessä x 0 I, jos jokisell ε > 0 on olemss δ > 0 siten, että f(x) f(x 0 ) < ε, kun x x 0 < δ (x, x 0 I). Edelleen f : I R on jtkuv välillä I, jos f on jtkuv jokisess pisteessä x 0 I. Jtkuvuus voidn krkterisoid myös rj-rvojen vull: muist, että luku R on funktion f rj-rvo pisteessä x 0, merkitään lim x x 0 f(x) =, jos jokisell ε > 0 on olemss δ > 0 siten, että f(x) < ε in, kun 0 < x x 0 < δ. Nyt pätee luse: Tällöin f on jtkuv pisteessä x 0, jos j vin, jos f:llä on rj-rvo f(x 0 ) pisteessä x 0, ts. lim x x 0 f(x) = f(x 0 ). 1.1. Riemnn-integrli Integrointi j differentiointi (derivointi) ovt kksi nlyysin keskeisintä rjprosessi. Anlyysin perusluse ilmisee, että derivointi j integrointi ovt toistens käänteisprosessej. Olkoon I rjoitettu väli, jonk päätepisteet ovt, b R, < b. Välin I jon muodostvt luvut (äärellisen mont) = x 0 < x 1 < x 2 < < x n = b. Funktio g : I R on porrsfunktio, jos on olemss välin I jko P = (x 0, x 1, x 2,..., x n )

Anlyysi 3 3 j luvut j R, j = 1, 2,..., n, joille g(x) = j kikill x ]x j 1, x j [. Porrsfunktion g : [, b] R integrli (yli välin [, b]) on b g := n j (x j x j 1 ), missä P = (x 0, x 1, x 2,..., x n ) on välin [, b] jko siten, että g(x) = j kikill x I j =]x j 1, x j [. Rjoitettu funktio f : [, b] R on (Riemnn-)integroituv, jos b l b f = ylä f. Tällöin f:n (Riemnn-)integrli yli välin [, b] on b f := b b f(x) dx := l b f = ylä f. Tässä b l b f := sup{ g : g porrsfunktio j g f välillä [, b]} j f:n yläintegrli yli välin [, b] b ylä b f := inf{ h : g porrsfunktio j h f välillä [, b]}. Jtkuvt funktiot ovt integroituvi. Riemnnin ehto nt erään keinon trkstell integroituvuutt: (Anlyysi 2, Luse 1.1)

Anlyysi 3 4 1.1. Luse. (Riemnnin ehto) Rjoitettu funktio f : [, b] R on Riemnnintegroituv, välillä [, b], jos j vin jos jokisell ε > 0 on olemss porrsfunktiot g j h siten, että g f h välillä [, b] j b h dx b g dx < ε. Jtkuv funktio s keskirvons välillä [, b] (Anlyysi 2, Luse 1.14): 1.2. Luse. (Integrlilskennn välirvoluse (IVAL)) Olkoon f jtkuv välillä [, b]. Tällöin on olemss ξ [, b], jolle b f(x) dx = f(ξ)(b ). Trvitsemme tästä myös yleistetyn version (Anlyysi 2, Luse 1.16): 1.3. Luse. (Yleistetty integrlilskennn välirvoluse) Olkoon f jtkuv j p ei-negtiivinen, Riemnn-integroituv välillä [, b]. Tällöin on olemss ξ [, b], jolle b b fp dx = f(ξ) p dx. 1.2. Derivtt Olkoon f ], b[ R j x ], b[. Snotn, että f on derivoituv j f (x) f:n derivtt pisteeessä x, jos rj-rvo on olemss (j reliluku!). f(x + h) f(x) lim h 0 h = f (x) Edelleen, jos f on derivoituv välillä ], b[, niin sen derivtt f määrittelee myös funktion f ], b[ R: mikäli derivttfunktio f on derivoituv, niin f on khdesti derivoituv j f:n toinen derivtt on f (x) = (f ) (x).

Anlyysi 3 5 Jtkmll näin, f:n kolms derivtt f = f (3) on f:n toisen derivtn f derivtt, mikäli sellinen on olemss jne. Seurv välirvoluse (Anlyysi 2, luse 2.7) on lkeisdifferentililskennn ehkä tärkein j hyödyllisin luse. 1.4. Luse. (Välirvoluse, VAL) Olkoon f [, b] R jtkuv suljetull välillä [, b] j derivoituv voimell välillä ], b[. Tällöin on olemss ξ ], b[ siten, että f (ξ) = f(b) f() b. Trvitsemme jtkoss myös sen yleistettyä muoto (Anlyysi 2, luse 2.13): 1.5. Luse. (Yleistetty välirvoluse) Olkoon f j g jtkuvi suljetull välillä [, b] j derivoituvi voimell välillä ], b[. Jos niin on olemss ξ ], b[ siten, että g (x) 0 kikill x ], b[, f(b) f() g(b) g() = f (ξ) g (ξ). 1.3. Anlyysin perusluse Anlyysin perusluse sitoo integroinnin j derivoinnin toisiins (ks Anlyysi 2, luku 3): 1.6. Luse. (Anlyysin perusluse) Olkoon f :], b[ R jtkuvsti derivoituv j x 0 ], b[. Tällöin f(x) = f(x 0 ) + x x 0 f (t) dt kikill x ], b[. Kääntäen, jos g on jtkuv funktio välillä [, b] j x 0 [, b], niin integrlifunktio G(x) = x x 0 g(t) dt, on jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j G (x) = g(x) kikill x ], b[.

Anlyysi 3 6 2. Tylor-polynomit 2.1. Tylorin luse Anlyysi 1 -kurssill opittiin, että jos funktio f on jtkuv pisteesä x 0, niin sen käyttäytymistä voidn (lähellä pistettä x 0 ) pproksimoid vkiofunktioll (y = f(x 0 )), sillä f(x) f(x 0 ) = o(1) = o( x x 0 0 ) kun x x 0, toisin snoen 1 f(x) = f(x 0 ) + ɛ(x), missä lim x x 0 ɛ(x) x x 0 0 = lim x x 0 ɛ(x) = 0. Vkiopolynomi p 0 (x) = f(x 0 ) on siis jtkuvn funktion f prs pproksimointi 0. steen polynomill pisteen x 0 lähistöllä. Jos f on hiemn sileämpi, pproksimointikin sujuu premmin: olkoon f derivoituv pisteessä x 0. Tällöin (yhtäpitävästi) f(x) (f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 )) = o( x x 0 ) kun x x 0, toisin snoen derivoituv funktiot voidn pproksimoid pisteen x 0 ympäristössä ffiinill funktioll eli ensimmäisen steen polynomill niin, että virhetermi on pienempi kuin linerinen. Siten tämä polynomi p 1 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) 1 Muist: pikku-o j iso-o merkinnät (Anlyysi 2): mikä trkoitt, että j f(x) = o(g(x)), kun x x 0, f(x) lim x x 0 g(x) = 0, f(x) = O(g(x)), kun x x 0, mikä trkoitt, että on olemss vkio C > 0 siten, että kunhn x on trpeeksi lähellä pistettä x 0. f(x) C g(x),

Anlyysi 3 7 nt ensimmäiseen steen polynomeist prhn pproksimoinnin f:lle pisteen x 0 lähellä. Nyt voisi rvt, että khdesti derivoituv funktioit voisi pproksimoid toisen steen polynomill niin, että virhetermi olisi muoto o((x x 0 ) 2 ). Lsketn tämä ensin 2. steen polynomille: p 2 (x) = 2 x 2 + 1 x + 0, jolloin p 2 (x) p 2 (x 0 ) = 2 (x 2 x 2 0) + 1 (x x 0 ) = 2 (x x 0 ) 2 + 2 2 x 0 (x x 0 ) + 1 (x x 0 ) = 1 2 p 2(x 0 )(x x 0 ) 2 + p 2(x 0 )(x x 0 ). Tämän opstmn rvmme, että khdesti derivoituv funktiot f voidn prhiten pproksimoid polynomill Näin onkin sin lit: q 2 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2. 2.1. Luse. Olkoon funktioll f jtkuv toinen derivtt f välillä ], b[. Jos x 0 ], b[ j q 2 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2, niin f(x) q 2 (x) = o( x x 0 2 ), kun x x 0, ts. kikill ε > 0 on δ > 0, jolle f(x) q 2 (x) ε x x 0 2, kun x x 0 < δ. Todistus: Olkoon F = f g 2. Tällöin F :llä on jtkuv toinen derivtt j F (x 0 ) = F (x 0 ) = F (x 0 ) = 0. Väite todistetn soveltmll välirvolusett 1.4 khdesti: Ensiksi, löydetään sellinen piste x 1 pisteiden x 0 j x välistä, jolle F (x) = F (x) F (x 0 ) = F (x 1 )(x x 0 )

Anlyysi 3 8 j edelleen piste x 2 pisteiden x 0 j x 1 välistä, jolle F (x 1 ) = F (x 1 ) F (x 0 ) = F (x 2 )(x 1 x 0 ). Siten yhdistämällä nämä F (x) = F (x 2 )(x 1 x 0 )(x x 0 ) F (x 2 ) (x x 0 ) 2. Kosk F on jtkuv j F (x 0 ) = 0, on jokist ε > 0 kohden sellinen δ > 0, jolle F (x) < ε kikill x, joille x x 0 < δ. Kosk piste x 2 pisteiden x 0 j x välissä, sdn tästä f(x) g 2 (x) = F (x) F (x 2 ) (x x 0 ) 2 ε(x x 0 ) 2 kikill x, joille x x 0 < δ. Seurvksi hvitsemme, että n. steen polynomille pätee p(x) = n x n + n 1 x n 1 + + 1 x + 0, (2.1) p(x) = p(x 0 ) + p (x 0 )(x x 0 ) + 1 2 p (x 0 )(x x 0 ) 2 + + p(n) (x 0 ) (x x 0 ) n. n! Tämän totemiseksi kirjoitetn (x = x 0 + h j) p(x 0 + h) = n j (x 0 + h) j = j=0 n b j h j, j=0 jolloin b 0 = p(x 0 ). Muut kertoimet b j sdn lskemll eo. lusekkeen derivtt h:n suhteen pisteessä h = 0: ensiksi p (x 0 + h) = n jb j h j 1, mistä p (x 0 ) = b 1. Lskemll smoin kikki n derivtt smoin päädytään kvn (2.1). Jos f on n kert derivoituv, niin kvn (2.1) oiken puolen polynomi voidn muodost (kun p korvtn f:llä). Sitä kutsutn f:n Tylorin polynomiksi:

Anlyysi 3 9 2.2. Määritelmä. Olkoon f n kert derivoituv välillä ], b[. Funktion f n. Tylorin polynomi pisteessä x 0 ], b[ on T n,x0 f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2 + + f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n. n! Kvn (2.1) mukn korkeintn n. steen polynomille p pätee: T n,x0 p(x) = p(x) kikill x R. Yleiselle funktiolle f sen Tylorin polynomi on tietysti eri kuin funktio itse. Funktiot R n,x0 f, jok ilmisee kuink pljon n. Tylorin polynomi ero f:stä snotn f:n n. jäännöstermiksi. Siis R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x). Seurv Tylorin luse kertoo, että jäännöstermi on vrsin pieni sileälle funktiolle: 2.3. Luse. (Tylorin luse/kv) Olkoon funktio f n kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Tällöin f(x) = T n,x0 f(x) + R n,x0 f(x) kikill x ], b[, missä R n,x0 f(x) = o( x x 0 n ), kun x x 0. Todistus: (vrt Luseen 2.1 todistus.) Osoitetn välirvoluseen vull, että Ensiksi hvitn, että R n,x0 (x) = R n,x0 f(x) = o( x x 0 n ), kun x x 0. R n,x0 (x 0 ) = R n,x 0 (x 0 ) = R n,x 0 (x 0 ) = = R (n) n,x 0 (x 0 ) = 0, jolloin soveltmll välirvolusett jäännöstermiin j sen derivttoihin löydetään pisteet x 1, x 2,..., x n pisteiden x j x 0 välistä, joille R n,x0 (x) = R n,x 0 (x 1 )(x x 0 ) R n,x 0 (x 1 ) = R n,x 0 (x 2 )(x 1 x 0 )... R n,x (n 1) 0 (x n 1 ) = R n,x (n) 0 (x n )(x n 1 x 0 ).

Anlyysi 3 10 Yhdistämällä nämä sdn jost R n,x0 (x) = R (n) n,x 0 (x n )(x x 0 )(x 1 x 0 )(x 2 x 0 ) (x n 1 x 0 ), R n,x0 (x) R (n) n,x 0 (x n ) x x 0 n, joten väite seur, kosk jtkuvuuden nojll lim R n,x (n) x x 0 (x n ) = lim R n,x (n) 0 (y) = R n,x (n) 0 (x 0 ) = 0. 0 y x0 Esimerkki. Eksponenttifunktion Tylor-pproksimointi origoss on e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! + + xn n! + xn ɛ(x), missä ɛ(x) 0. Smll tvll sdn suorn derivoimll, että missä ɛ 2k+1 (x) 0 j sin x = x x3 3! + x5 5! + + ( 1)k x 2k+1 (2k + 1)! + x2k+1 ɛ 2k+1 (x), missä ɛ 2k (x) 0. cos x = 1 x2 2! + x4 x2k + + ( 1)k 4! (2k)! + x2k ɛ 2k (x), Näiden vull voidn lske esimerkiksi lim x 0 sin x x x(cos x 1) = lim x 0 = lim x x3 3! + x 3 ɛ 3 (x) x x(1 x2 2! + x 2 ɛ 2 (x) 1) x3 x 0 x3 3! + x 3 ɛ 3 (x) 2! + x 3 ɛ 2 (x) = lim x 0 1 3! + ɛ 3(x) 1 2! + ɛ 2(x) = 1 3.

Anlyysi 3 11 Huom, että Tylorin luse kertoo, että n. Tylorin polynomi pproksimoi funktiot hyvin pisteen x 0 lähellä, muttei mitään siitä, mitä tphtuu kuempn. Huom myös, että Tylorin polynomit voivt muuttu pljonkin, kun pistettä x 0 muutetn. Myöhemmin tutkimme lähemmin, miten funktiot voidn pproksimoid pisteittäin ti globlimmin. Tylorin polynomi voidn in lske derivoimll f riittävän mont kert. Tämä on kuitenkin usein kohtuuttomn työlästä. Siksi on hyvä hvit seurv yksikäsitteisyystulos: 2.4. Luse. Olkoon f n kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Jos p on n. steen polynomi, jolle f(x) p(x) = o( x x 0 n ), kun x x 0, niin p(x) = T n,x0 f(x) kikill x. Todistus: Kosk Tylorin luseen 2.3 mukn f(x) p(x) = o( x x 0 n ) j f(x) T n,x0 f(x) = o( x x 0 n ) niin p(x) T n,x0 f(x) x x 0 n 0, kun x x 0. Siten kirjoittmll p(x) T n,x0 f(x) = n j (x x 0 ) j j=0 j ntmll x x 0 nähdään, että 0 = 0 j edelleeen 1 = 0, 2 = 0... j n = 0. Edelläolevn yksikäsitteisyysluseen (eräs) hyöty on se, että riittää löytää millä thns keinoll ti konstill n. steen polynomi p, jolle f(x) p(x) = o( x x 0 n ), sillä tämän polynomin täytyy oll f:n n. Tylorin polynomi. Esimerkiksi khden funktion f j g Tylorin polynomien tulost sdn tulofunktiolle f g Tylorin polynomi, kun tulopolynomist otetn mukn vin termit joiden ste on korkeintn n (sillä korkemmille potensseille k > n pätee x x 0 k = o( x x 0 n )). Hetken päästä muitkin esimerkkejä.

Anlyysi 3 12 Esimerkki. (Geometrinen srj) Olkoon n 1 S n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = n termin geometrinen summ. Induktioll todetn, että kunhn q 1 (jos q = 1 on S n = n). S n = 1 qn 1 q, Trkstelln nyt funktiot g :], 1[ R, g(t) = 1 1 t. Nyt ylläolevst geometrisestä srjst smme (kikill n N) jost integroimll (x < 1) log(1 x) = g(t) = 1 + t + t 2 + + t n 1 + = x 0 x 0 dt 1 t k=0 q k tn 1 t, (1 + t + t 2 + + t n 1 ) dt + = x + x2 2 + + xn n R n(x) n x j = j R n(x), x 0 t n 1 t dt missä Nyt x R n (x) = 0 t n 1 t dt. x t n dt = x n+1 0 n + 1, kun x 0, R n (x) 1 x t n dt x n+1 =, kun x [0, 1[, 1 x (1 x)(n + 1) 0

Anlyysi 3 13 Siten kikill x [ 1, 1[ f(x) = log(1 x) = missä R n (x) 0, kun n. Kosk lisäksi n x j j + R n(x), R n (x) = o( x x 0 n ), kun x 0, on Tylorin polynomin yksikäsitteisyystuloksen 2.4 nojll funktion n. Tylorin polynomi nollss f(x) = log(1 x) T n,x0 f(x) = Huom, että yo. lskun vull smme n x j j. log 2 = 1 1 2 + 1 3 1 4 +..., minkä trkk merkitys selviää myöhemmin srjoj käsittelevässä luvuss 4. 2.2. Jäännöstermin luseke j rvioit Tylorin kvn sovellutuksiss on usein trpeen tietää enemmän jäännöstermistä kuin, mitä luseest 2.3 käy ilmi. Ensin todistmme sille trkn integrlimuodon: 2.5. Luse. (Tylorin kv, integroitu muoto) Olkoon funktio f n + 1 kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Tällöin missä jäännöstermi on f(x) = T n,x0 f(x) + R n,x0 f(x) kikill x ], b[, x R n,x0 f(x) = 1 (x t) n f (n+1) (t) dt. n! x 0

Anlyysi 3 14 Todistus: Tämä voidn todist myös suorn osittisintegroimll j induktioll, mikä tehtäneen hrjoituksiss. Seurvss todistuksess käytetään Luseen 2.3 kv: kikill x, y ], b[ R n,y f(x) = f(x) T n,y f(x) = f(x) f(y) f (y)(x y) 1 2 f (y)(x y) 2 f (n) (y) (x y) n, n! mistä lskemll derivtt y:n suhteen sdn tulon derivoimissäännön vull d dy R n,yf(x) =0 f (y) (f (y)(x y) f (y)) ( 1 2 f (y)(x y) 2 f (y)(x y))... ( f (n+1) (y) (x y) n f (n) (y) n! (n 1)! (x y)n 1 ) = f (n+1) (y) (x y) n, n! kosk summss jok toinen termi kumo toisens. Kosk R n,x f(x) = 0, sdn nlyysin perusluseen nojll j väite on todistettu. R n,x0 f(x) = R n,x0 f(x) R n,x f(x) = = x 0 x x x 0 d dy R n,yf(x) dy = x x 0 f (n+1) (y) (x y) n dy, n! d dy R n,yf(x) dy Integrlilskennn välirvoluseest 1.2 sdn seurv rvio jäännöstermille: 2.6. Luse. (Cuchyn muoto jäännöstermille) Olkoon funktio f n + 1 kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Tylorin polynomin n. jäännöstermille pätee: kikill x ], b[ on olemss ξ pisteiden x j x 0 välissä, jolle R n,x0 f(x) = f (n+1) (ξ) (x ξ) n (x x 0 ). n!

Anlyysi 3 15 Todistus: Seur suorn jäännöstermin integrlimuodost j integrlilskennn välirvoluseest 1.2 sillä R n,x0 f(x) = 1 n! missä ξ on eräs piste pisteiden x j x 0 välissä. x x 0 (x t) n f (n+1) (t) dt = 1 n! f (n+1) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ), Yleistetystä integrlilskennn välirvoluseest 1.3 sdn seurv rvio jäännöstermille: 2.7. Luse. (Lgrngen muoto jäännöstermille) Olkoon funktio f n + 1 kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Tylorin polynomin n. jäännöstermille pätee: kikill x ], b[ on olemss ξ pisteiden x j x 0 välissä, jolle R n,x0 f(x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! (x x 0) n+1. Todistus: Seur suorn jäännöstermin integrlimuodost j yleistetystä integrlilskennn välirvoluseest 1.3 sillä R n,x0 f(x) = 1 n! x x 0 = 1 n! f (n+1) (ξ) missä ξ on eräs piste pisteiden x j x 0 välissä. (x t) n f (n+1) (t) dt x x 0 (x t) n dt = 1 n! f (n+1) 1 (ξ) n + 1 (x x 0) n+1, Seurvss eräs esimerkki Tylorin kvn sovellutuksest: 2.8. Luse. Olkoon funktio f n kert jtkuvsti derivoituv välillä ], b[ j x 0 ], b[. Jos f (x 0 ) = f (x 0 ) = f (3) (x 0 ) = = f (n 1) (x 0 ) = 0 j f (n) (x 0 ) > 0, niin f:llä on lokli minimi pisteessä x 0, jos n 2 on prillinen. Piste x 0 ei ole f:n äärirvokoht jos n on priton.

Anlyysi 3 16 Todistus: Seur Tylorin kvst. Yksityiskohdt: HT.

Anlyysi 3 17 3. Funktiojonot Muistetn Anlyysi 1 -kurssilt suppenevn pistejonon määritelmä: 3.1. Määritelmä. Olkoon x 1, x 2,... jono relilukuj. Snotn, että jono (x n ) suppenee kohti reliluku, jos jokisell ε > 0 on olemss luku N = N(ε, jono) N siten, että x n < ε kikill n N. Tällöin on jonon (x n ) rj-rvo j sitä merkitään lim x n = ti x n kun n. n Esimerkki. Olkoon x [0, 1]. Tällöin jono (x n ) suppenee j lim n xn = { 0, jos 0 x < 1, 1, jos x = 1, Jos x = 0 ti x = 1, on si selvä. Jos 0 < x < 1, tämä nähdään esimerkiksi Bernoullin epäyhtälön 2 vull ( ) n x n 1 = 1 + ( 1 1) x 1 1 + n( 1 1) x n(1 x) 0. x Tästä huomtn, että jonon suppenemisvuhti riippuu pisteestä x, ts. se koht (indeksi n), mistä jonon loppuos on nnettu luku ε lähempänä rj-rvo, riippuu x:n rvost. Jono voidn myös kirjoitt funktioiden vull: f n : [0, 1] R, f n (x) = x n, n N. Tällöin jono (f n ) kutsutn funktiojonoksi. Jos A R j f n : A R, n N, ovt funktioit, niin (f n ) n = (f n ) n N = (f n ) = f 1, f 2, f 3,..., 2 Bernoullin epäyhtälö: jos y > 1, niin (1 + y) n 1 + ny kikill n N.

Anlyysi 3 18 on funktiojono. Funktiojono (f n ) tuott jokisell x A lukujonon (f n (x)). Snotn, että funktiojono (f n ) suppenee (pisteittäin) joukoss A, jos lukujonot (f n (x)) suppenevt jokisell x A, ts. jokisell x A on olemss reliluku f(x), jolle lim f n(x) = f(x). n Nämä rj-rvot f(x) määrittelevät uuden funktion f : A R j snotn, että funktiojono (f n ) suppenee (pisteittäin) kohti funktiot f, tätä merkitään f n f ti lim f n = f. n Huom, että suppenemisvuhti f n (x) f(x) riippuu yleensä pisteestä x, vrt. esimerkki edellä. Edelläolevn määritelmän mukn siis funktiojono f n suppenee pisteittäin (joukoss A) kohti funktiot f, jos jokisell x j jokisell ε > 0 on olemss luku N = N(x, ε, jono) N siten, että f n (x) f(x) < ε kikill n N. Lukujono suppenee, jos se täyttää Cuchyn kriteerion; funktiojonolle tämä kertoo seurv: funktiojono (f n ) suppenee pisteittäin joukoss A (kohti jotin funktiot f : A R), jos jokisell x j jokisell ε > 0 on olemss luku N = N(x, ε, jono) N siten, että f n (x) f m (x) < ε kikill n, m N. Pisteittäisessä suppenemisess jokist luku ε > 0 kohti on luku N, jot suuremmille indekseillä jonon funktioiden rvot pisteessä x poikkevt rjfunktion rvost pisteessä x vähemmän kuin ε. Se kuink suuri luvun N tulee oll, riipuu yleensä pisteestä x. Esimerkki. Olkoon f n : R R, n N, f n (x) = { sin(πx), jos x [n, 2n] 0, muutoin. Tällöin f n on jono jtkuvi funktioit f n : R R j f n 0, kosk kiinteällä x f n (x) = 0 kunhn n > x. Siten vlitsemll N > x (N N) smme (kikill ε > 0) f n (x) 0 < ε, kunhn n N.

Anlyysi 3 19 Kuitenkn luku N ei void vlit pisteestä x riippumttomksi (mikäli ε < 1) kosk kikill n pätee f n (x) 0 = f n (n + 1 2 ) = 1 > ε. Seurvss määritellään pisteittäistä konvergenssi vhvempi konvergenssin käsite funktiojonoille: 3.2. Määritelmä. Snotn, että jono funktioit f n : A R suppenee tsisesti joukoss A kohti funktiot f : A R, jos kikill ε > 0 on olemss luku N = N(ε, jono) N siten, että f n (x) f(x) < ε kikill x A, kunhn n N. Tätä merkitään joskus f n f tsisesti A:ss. Tsisesti suppenev funktiojono suppenee tietysti pisteittäin, mutt käänteinen väite ei ole tosi, kuten yllä oleviss esimerkeissä näimme. Huom, että tsisess suppenemisess luku ε vstv luku N pitää void vlit pisteestä x riippumttomll tvll. Tämä trkoitt sitä, että funktiot f n ovt jostin indeksistä lken lähellä funktiot f, ns. ε-putkess. f + ε 6 f f ε ε-putki

Anlyysi 3 20 Tsist suppenemist voi hhmott niin, että siinä mittn funktioiden välisiä etäisyyksiä; tässä tietysti pitää käyttää soveltuv mitt ( metriikk ): jos f j g ovt joukoss A määriteltyjä funktioit, niin d(f, g) = sup f(x) g(x) x A on niiden välinen etäisyys. Tämän etäisyyden vull funktiojonon tsinen suppeeminen vst relilukujonon suppenemist, kun vin objektien välisiä etäisyyksiä mittn oikell tvll: 3.3. Luse. Olkoot f n, f : A R funktioit. Tällöin f n f tsisesti A:ss, jos j vin, jos lim n d(f n, f) = 0, ts. kikill ε > 0 on olemss luku N N siten, että sup f n (x) f(x) < ε, kikill n N. x A Todistus: Olkoon ε > 0. Jos f n f tsisesti A:ss, niin on N N, jolle (kun n N) f n (x) f(x) < ε kikill x A, 2 joten Kääntäen, jos kun n N, niin joten f n f tsisesti A:ss. sup f n (x) f(x) ε x A 2 < ε. sup f n (x) f(x) < ε, x A f n (x) f(x) < ε kikill x A, Seurv Cuchyn ehto kertoo, milloin funktiojono suppenee tsisesti kohti jotin funktiot, mistä ei trvitse oll mitään tieto. 3.4. Luse. (Tsinen Cuchyn kriteerio) Olkoot f n : A R funktioit. Tällöin funktiojono (f n ) suppenee tsisesti joukoss A (kohti jotin funktiot f : A R), jos j vin, jos jokisell ε > 0 on olemss luku N N siten, että f n (x) f m (x) < ε kikill n, m N j kikill x A.

Anlyysi 3 21 Todistus: Se, että tsisest suppenemisest seur tsinen Cuchyn ehto menee ivn smoin kuin lukujonon Cuchyn ehdon todistuksess (ks Anlyysi 1, Luse 4.9) yksityiskohdt hrjoituksiss. Jos ts jono toteutt tsisen Cuchyn ehdon, niin jokisell x lukujono f n (x) on Cuchy-jono j siten suppenee kohti reliluku f(x). Näin sdn rjfunktioehdoks f : A R. Se on jonon f n tsinen rj: Olkoon ε > 0 j vlitn tsisen Cuchyn ehdon ntm N, jolle f n (x) f m (x) < ε 2 kikill n, m N j kikill x A. Kun x A, f n (x) f(x), joten voimme vlit luvun m x N, jolle m x > N j f(x) f mx (x) < ε 2. Näin ollen f n (x) f(x) f n (x) f mx (x) + f mx (x) f(x) < ε 2 + ε 2 = ε ; erityisesti, f n (x) f(x) < ε kikill x, kunhn n N, ts. jono f n suppenee tsisesti A:ss (kohti funktiot f). Pisteittäinen konvergenssi on lokli ominisuus: se ott huomioon jonon funktioiden rvot vin trksteltvss pisteessä. Tsisen konvergenssi on luonteeltn globlimpi: tsisesti suppenevn jonon funktiot tulevt kuttltn lähelle rjfunktiot. Täten jonon funktioiden ominisuudet heijstuvt myös rjfunktioon premmin, mm. jtkuvuus säilyy tsisess konvergenssiss: 3.5. Luse. Olkoot f n : A R funktioit, jotk ovt jtkuvi pisteessä x 0 A. Jos f n f tsisesti A:ss, on rjfunktio f myös jtkuv pisteessä x 0. Todistus: Olkoon ε > 0. Vlitn n N, jolle sup f n (x) f(x) < ε x A 3. Kosk f n on jtkuv pisteessä x 0, on δ > 0, jolle f n (x) f n (x 0 ) < ε 3 kikill x A, joill x x 0 < δ. Siten sellisell x f(x) f(x 0 ) f(x) f n (x) + f n (x) f n (x 0 ) + f n (x 0 ) f(x 0 ) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε.

Anlyysi 3 22 Löysästi puhuen edellinen luse on os peritett jos suppeneminen on tsist, khden peräkkäisen rjnkäynnin järjestys voidn viht. Seurv luse nt tästä integrliversion: 3.6. Luse. Olkoot f n : [, b] R Riemnn-integroituvi funktioit. Jos f n f tsisesti välillä [, b], on rjfunktio f myös Riemnn-integroituv j b b lim f n dx = f dx. n Todistus: Käytetään Riemnnin ehto 1.1. Olkoon ε > 0. Vlitn sellinen n N, jolle ε sup f n (x) f(x) < x A 3(b ). Sitten vlitn Riemnnin ehdon mukiset porrsfunktiot g n j h n, joille g n f n h n j jolloin myös Asettmll g = g n sdn porrsfunktiot, joille g = g n ε 3(b ) f n b b h n dx h n dx ε 3(b ) b b g n dx < ε 3 f n dx < ε 3. j h = h n + ε 3(b ) f f n + ε 3(b ) ε 3(b ) h n + ε 3(b ) = h j b b b b hdx gdx = h n dx g n dx + 2 ε 3 < ε, joten f on Riemnn-integroituv j b fdx b f n dx b hdx b gdx < ε 3.

Anlyysi 3 23 Derivoituvuus ei yleensä säily tsisess konvergenssiss, mikä näkyy llolevst kuvst. Derivoituvuus ei säily tsisess konvergenssiss. Kuitenkin, jos funktioiden jtkuvt derivtt myös suppenevt tsisesti, niin rjfunktiokin on derivoituv: 3.7. Luse. Olkoot f n :], b[ R jtkuvsti derivoituvi funktioit. Jos f n f tsisesti välillä ], b[ j jos derivttojen f n jono suppenee myös tsisesti välillä ], b[ kohti funktiot g, niin f on (jtkuvsti) derivoituv j f = g. Todistus: Riittää osoitt, että f on derivoituv j f = g; derivtn jtkuvuus seur Luseest 3.5. Tp 1. Käytetään nlyysin peruslusett 1.6: Kiinnitetään x 0 ], b[. Anlyysin perusluseen nojll f n (x) = f n (x 0 ) + x x 0 f n(t) dt. Antmll n yhtälön vsen puoli suppenee kohti luku f(x), oiken puolen integrlin hoit edeltävä integrlien konvergenssiluse 3.6: f(x) = lim f n (x) = lim f n (x 0 ) + lim n n n = f(x 0 ) + x x 0 g(t) dt, joten väite seur nlyysin perusluseen nojll. x x 0 f n(t) dt

Anlyysi 3 24 Tp 2. Käytetään välirvolusett 1.4: Kiinnitetään x 0 ], b[. Olkoon h R sellinen, että x 0 ± h ], b[. Välirvoluseen nojll jokisell n N on piste ξ n, jolle x 0 h ξ n x 0 + h j f n (x 0 + h) f n (x 0 ) h = f n(ξ n ). Bolzno-Weierstrssin luseen (Anlyysi 1) nojll on piste z h [x 0 h, x 0 + h ], jot kohti eräs ξ n :n osjono (jot merkitään edelleen ξ n :llä) suppenee. Nyt derivttojen tsisest konvergenssist j jtkuvuudest seur (HT), että joten lim f n(ξ n ) = g(z h ), n f(x 0 + h) f(x 0 ) h = lim n f n (x 0 + h) f n (x 0 ) h = lim n f n(ξ n ) = g(z h ). Kosk z h [x 0 h, x 0 + h ] j kosk g on jtkuv (Luse 3.5), erotusosmäärällä on rj-rvo: f(x 0 + h) f(x 0 ) lim = lim g(z h ) = g(x 0 ). h 0 h h 0 Tylorin polynomej käsiteltäessä opimme, että sileätä funktiot voidn loklisti pproksimoid hyvin polynomill. Seurv luse (jot emme todist tällä kurssill) kertoo, että jtkuv funktiot voidn in pproksimoid polynomeill tsisesti suljetull välillä. 3.8. Luse. (Weierstrssin pproksimointiluse) Olkoon f jtkuv välillä [, b]. Tällöin on olemss jono polynomej p j, jok suppenee kohti f:ää tsisesti välillä [, b]. Seurv Dinin konvergenssiluse on hyödyllistä tietää; huom, että oletus suljetust j rjoitetust välistä on siinä oleellinen (HT). 3.9. Luse. (Dini) Olkoon f n vähenevä jono jtkuvi funktioit suljetull välillä [, b]. Jos f n f pisteittäin j jos f on myös jtkuv, niin f n f tsisesti välillä [, b].

Anlyysi 3 25 Todistus: Trkstelemll funktioit f n = f n f voidn olett, että f 0. Ellei konvergenssi ole tsist, löydämme luvut ε > 0 j x n [, b], joille f n (x n ) ε. Osjonoon siirtymällä voimme Bolzno-Weierstrssin luseen (Anlyysi 1) nojll olett, että on olemss x 0 [, b], jolle lim x n = x 0. n Kosk jono f n on vähenevä pätee kikill j n: joten jtkuvuudest seur, että f j (x n ) f n (x n )) ε, f j (x 0 ) = lim n f j (x n ) ε kikill j, joten f j (x 0 ) 0, kun j, mikä on vstoin pisteittäisen konvergenssin oletust.

Anlyysi 3 26 4. Lukusrjt Olkoot j relilukuj, j N. Äärellisen monen reliluvun 1, 2,..., n yhteenlsku on tuttu puuh j niiden summ on n j = 1 + 2 + + n. Tässä luvuss trkstelln, mitä äärettömällä summll eli srjll j trkoitetn (vi trkoitetnko mitään). Krken iden on lske jonon ( j ) lust yhä usempi j usempi termejä yhteen j toivo, että näin sdut summt tulevt lähestymään jotin luku. Toisin snoen muodostetn summt 1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4,..., n j,... ; nämä summt muodostvt uuden relilukujonon, jok joko suppenee (jolloin niiden rj-rvo snotn srjksi j ti srjn summksi) ti hjntuu (jolloin snotn, että srj j hjntuu). 4.1. Srjn suppeneminen j itseinen suppeneminen 4.1. Määritelmä. Olkoot j relilukuj, j N. Muodollist summ j = 1 + 2 +... snotn (luku)srjksi. Sen j. termi on luku x j j (äärellinen) summ S n = n j = 1 + 2 + + n, n N,

Anlyysi 3 27 on srjn j n. ossumm. Jos näiden ossummien (S n ) n N muodostm jono suppenee kohti reliluku S, snotn että srj rj-rvo on sen summ; merkitään S = lim n S n j = S = lim n n j. Ellei srj suppene, niin snotn että se hjntuu (eli divergoi). j suppenee (eli konvergoi) j 4.2. Huomutus. () Srj siis hjntuu, jos sen ossummien jonoll ei ole rj-rvo (ti jos mhdollinen rj-rvo on ± ). (b) Usein srjss summtn indeksejä 0:stä ti jostin muust luvust äärettömään. Ilmeinen pieni muokkus määritelmään kertoo, mitä silloin trkoitetn. (c) Jos srjt j j b j, suppenevt, niin termien summien j vkioll kerrottujen termien muodostmt srjt suppenevt myös j ( j + b j ) = j + b j sekä (c j ) = c j, kun c R. (d) Huom, että termien summusjärjestys vikutt srjn suppenemiseen; tästä esimerkkejä myöhemmin (ks 4.18 j 4.19). 4.3. Luse. Jos srj j suppenee, niin lim j = 0. j

Anlyysi 3 28 Todistus: Termit sdn helposti ossummist, joten n = S n S n 1 = n n 1 j j j j = 0. Termien suppeneminen nolln on välttämätön, vn ei riittävä ehto srjn suppenemiselle, kuten esimerkiksi hrmonisest srjst (Esim. 4.5) opimme. 4.4. Huomutus. Lukujono suppenee, jos se täyttää Cuchyn kriteerion; srjoihin sovellettun se kertoo, että srj suppenee, jos j vin, jos sen ossummien jono on Cuchy-jono, minkä knss on edelleen yhtäpitävää, että kikill ε > 0 on N N, jolle n m n S n S m = j j = j < ε kunhn n > m N. j=m+1 4.5. Esimerkki. (hrmoninen srj) Srj snotn hrmoniseksi srjksi. Se hjntuu (tosin hyvin hitsti), vikk termit suppenevt nolln, 1 0. Hjntuminen nähdään helposti: jos n N, niin n S n S 2n = 2n j=n+1 1 j 1 j = 1 n + 1 + 1 n + 2 + + 1 2n 1 n + n + 1 n + n + + 1 n + n = n 1 2n = 1 2, joten ossummien jono ei ole Cuchy eikä näin ollen suppene. Suoremmin hjntuminen nähdään seurvsti: S 2 n = 1 + n (S 2 j S 2 j 1) 1 + n 1 2,

Anlyysi 3 29 kun n, joten hrmoninen srj ei suppene.. Induktioll on (melko) helppo nähdä (ks 4.15), että log(n + 1) n 1 j 1 + log n, joten hjntuminen on hidst (HT). Esimerkki. Vuorottelev hrmoninen srj ( 1) j+1 1 j suppenee, kosk ossummien jono on Cuchy-jono: hvitn, että kikill k joten kikill n, m 2k S 2k 1 S 2k 1 1 2k + 1 2k + 1 = S 2k+1 S 2k+1 1 2k + 2 = S 2k+2 = S 2k + 1 2k + 1 1 2k + 2 S 2k, S n S m S 2k 1 S 2k = 1 2k. Siis (S n ) on Cuchy-jono j siten suppenee. Esimerkki. (ritmeettinen srj) Srj j on ritmeettinen, jos khden peräkkäisen termin erotus on vkio, ts. kikill j j+1 j = d, ts. ritmeettinen srj on muoto ( 1 + (j 1)d).

Anlyysi 3 30 Aritmeettinen srj hjntuu (ellei sen kikki termit ole = 0), kosk n j = ellei 1 = 0 = d. n 1 + (j 1)d = n 1 + n2 d 2 = n 1 + ( 1 + nd), 2 Esimerkki. (geometrinen srj) Srj j on geometrinen, jos jokisen khden peräkkäisen termin suhde on vkio, ts. on sellinen luku q, jolle kikill j j+1 = q j. Ts. geometrinen srj on muoto q j 1. Vihdetn summusindeksiä, jolloin summ on helpompi muist: q j 1 = q k. k=0 Induktioll totemme, että n. ossumm on n q k = k=0 n q k 1 qn+1, jos q 1 = 1 q (n + 1), jos q = 1. k=0 Tästä näemme, että geometrinen srj suppenee, jos j vin, jos sen suhdeluvulle q pätee q < 1. Tällöin srjn summ on n q k = k=0 n q k = k=0 1 q, jos q 1.

Anlyysi 3 31 4.6. Määritelmä. Olkoot j R, j = 1, 2,.... Snotn, että srj j suppenee itseisesti (ti bsoluuttisesti), jos termien itseisrvojen muodostm srj suppenee. j Suppenev srj ei välttämättä suppene itseisesti, sillä esimerkiksi vuorottelev hrmoninen srj ( 1) j 1 j suppenee, mutt ei itseisesti. Käänteinen kuitenkin pätee: 4.7. Luse. Itseisesti suppenev srj suppenee j j j. Todistus: Kolmioepäyhtälön nojll kikille b j R j n N (4.1) n b j n b j, joten ossummien jonolle pätee (kun n > m) S n = n j S n S m = n j=m+1 j n j=m+1 j = n j m j < ε, kun n j m trpeeksi suuri, kosk itseisrvojen ossummien jono on suppenevn jonon Cuchy-jono. Siis (S n ) on myös Cuchy-jono, siis suppenev. Väiteen epäyhtälö seur kolmioepäyhtälöstä (4.1), kosk kikill n N n j n j j.

Anlyysi 3 32 Seurvst luseest sdn riiittävä j välttämätön ehto itseiselle suppenemiselle. 4.8. Luse. Jos b j 0 kikill j, niin srj b j suppenee, jos j vin, jos sen ossummien jono muodost rjoitetun jonon, ts. on olemss M R, jolle n b j M kikill n. Todistus: Ossummien jono on nousev; nousev jono suppenee täsmälleen silloin kun se on rjoitettu. 4.2. Suppenemistestejä Seurvss esitetään kokoelm testejä srjojen (itseisen) supenemisen totemiseksi. 4.9. Luse. (Vertilutesti) Olkoot j R, j N. () Jos on olemss luvut b j 0, joille j b j kikill j N j srj b j suppenee, niin srj j suppenee (itseisesti). (b) Jos on olemss luvut c j 0, joille j c j 0 kikill j N j srj c j hjntuu, niin srj j hjntuu. Todistus: Tämä seur lähes välittömästi luseest 4.8 (HT).

Anlyysi 3 33 Vertilutestiä on joskus kätevä käyttää seurvss rjmuodoss: 4.10. Luse. (Vertilutesti 2) Olkoot j 0 j b j 0, j N. () Jos (b) Jos j lim = ]0, [, j b j niin srj j suppenee, jos j vin, jos srj b j suppenee. j lim = 0 j b j j jos srj b j suppenee, niin myös srj j suppenee. (c) Jos j lim j b j = j jos srj b j hjntuu, niin myös srj j hjntuu. Todistus: Seur Luseest 4.9, kosk äärellisen monen termin muuttminen ei vikut srjn suppenemiseen (HT). Esimerkki. Srj hjntuu, kosk j hrmoninen srj lim j j j 2 + j + 1 j j 2 +j+1 1 j 1 j = 1 hjntuu.

Anlyysi 3 34 4.11. Luse. (Suhdetesti) Olkoot j R, j 0 kikill j N. () Jos on olemss luvut ρ < 1 j N N, joille j+1 j ρ kikill j N,, niin srj j suppenee (itseisesti). (b) Jos on olemss luvut η > 1 j N N, joille j+1 j η kikill j N, niin srj j hjntuu. Todistus: ) Kosk j ρ j 1 ρ 2 j 2 ρ j N N, srj j j=n mjoroi suppenev geometrinen srj N ρ j N, j=n joten väite ) seur vertilutestistä 4.9. b) Nyt j η j 1 η 2 j 2 η j N N, kun j, joten srj j hjntuu (Luse 4.3).

Anlyysi 3 35 4.12. Huomutus. Luseest 4.11 sdn helposti rj-rvoversio ( j 0): () Jos j+1 lim j j niin srj j suppenee (itseisesti). < 1, (b) Jos niin srj j hjntuu. j+1 lim j j > 1, Huom, että jos suhdetestissä ρ = 1 ti η = 1 ti jos suhteen rj-rvo on itseisrvoltn 1, niin suppenemisest ei void päätellä mitään, esimerkiksi hrmoninen srj hjntuu j vuorottelev hrmoninen srj suppenee, vikk molemmille j+1 j = j j + 1 < 1 kikill j. Esimerkki. Srj suppenee kosk 1 (n+1)! 1 n! 1 n! = 1 n + 1 1 2 < 1. Seurv juuritestiä on usein hiemn vikempi käyttää kuin edellisiä testejä, mutt se on kuitenkin tärkeä suppenemistesti. 4.13. Luse. (Juuritesti) Olkoot n R, n N. () Jos on olemss luvut ρ < 1 j N N, joille niin srj n suppenee (itseisesti). n n ρ kikill n N,

Anlyysi 3 36 (b) Jos on olemss luvut η > 1 j N N, joille niin srj n hjntuu. Erityisesti, jos on olemss rj-rvo n n η kikill n N, lim n n n = L, niin srj n suppenee (itseisesti), jos L < 1 j hjntuu, jos L > 1. Todistus: () Kosk n ρ n, niin srjll srj n=n n=n ρ n, joten väite seur vertilutestistä 4.9. n on mjornttin suppenev (b) Tällöin n η n 1 äärettömän monell n, joten termit n eivät suppene nolln eikä srj siten voi supet (Luse 4.3). Esimerkki. Srj suppenee, kosk 1 n2 n lim n n 1 n2 = 1 n 2 lim n 1 n n = 1 2 1 = 1 2 < 1. Seurvst 2 m -testistä on joskus hyötyä: 4.14. Luse. (2 m -testi) Olkoot n R lskev jono ei-negtiivisi lukuj (ts. 1 2 0), joille lim n n = 0. Tällöin srj n suppenee, jos j vin, jos srj 2 m 2 m suppenee. m=0

Anlyysi 3 37 Todistus: Jos : Olkoon N N j vlitn se kokonisluku M, jolle Tällöin N n 2 M 1 n 2 M 1 N < 2 M. = 1 + ( 2 + 3 ) + ( 4 + 5 + 6 + 7 ) + + ( 2 M 1 + + 2 M 1) 2 0 1 + 2 1 2 + 2 2 4 + + 2 M 1 2 M 1 = M 1 m=0 2 m 2 m 2 m 2 m <, m=0 joten ossummien jono on rjoitettu j srj n siten suppenee. Vin jos : Smn tpn, sillä 1 2 M 2 m 2 m = m=1 Yksityiskohdt HT. M 2 m 1 2 m m=1 ( 1 + 2 ) + ( 3 + 4 ) + ( 5 + 6 + 7 + 8 ) +... + ( 2 M 1 +1 + 2 M 1 +2 + + 2 M ) n <. Esimerkki. (Yli- j lihrmoniset srjt) Trkstelln srj Käytetään 2 m -testiä 4.14, missä n = n p : 2 m 2 m = m=0 1 n p, missä p > 0. m=0 2 m (2 m ) = p m=0 ( 1 2 p 1 ) m,

Anlyysi 3 38 mikä on geometrinen srj, jok suppenee jos j vin, jos 1/2 p 1 < 1 eli p > 1. Siis ylihrmoninen srj 1 n, p > 1, suppenee p j lihrmoninen (j hrmoninen) srj 1 n p, 0 < p 1, hjntuu. 4.15. Luse. (Integrlitesti) Olkoon f : [1, ) [0, ) jtkuv j vähenevä funktio j n = f(n). Tällöin srj n suppenee jos j vin, jos epäoleellinen integrli suppenee. 1 f(x) dx 1 2 3 4 y = f(x) Todistus: 1 5

Anlyysi 3 39 Väite seur, kosk kikill N (ks. kuv) N n = n=2 = N f(n) = n=2 N 1 f(x) dx N 1 = n. N n n=2 n 1 N 1 f(n) dx n+1 n f(n) dx N n n=2 n 1 f(x) dx Yksityiskohdt jätetään hrjoitustehtäväksi. Esimerkki. Srj hjntuu, kosk määrittelemällä f(x) = 1 (n + 2) log(n + 2) 1 (x + 2) log(x + 2), x 1, voidn sovelt integrlitestiä j lskemme: 1 kun. f(x) dx = = 1 / 1, 1 (x+2) log(x + 2) dx log(log(x + 2)) = log(log( + 2)) log(log(3)) 4.16. Huomutus. Yksi suppenemistesti ei sovellu jok srjn, vn usein pitää kokeill usempi testejä ennen kuin onnistuu. Huom myös, että esimerkiksi vertilutestin käytössä riittää löytää krke epäyhtälö (j vin häntäpään termeille), esimerkiksi ehto n 100000000000000000000000 n 2, kun n > 10 55

Anlyysi 3 40 on ihn riittävä tkmn srjn n itseisen suppenemisen. Muist myös erott oleelliset ost epäoleellisist, esimerkiksi luvuss 2 n n 7 os 2 n on määräävä isoill n. 4.3. Srjn ehdollinen suppeneminen Kun srjn termit eivät kikki ole smnmerkkisiä, niin suppenev srj ei välttämättä suppene itseisesti. Tällisist esimerkkinä on vuorottelev hrmoninen srj ( 1) n 1 n, jok suppenee, mutt ei itseisesti. Joskus hlutn korost, ei-itseistä (eibsoluuttist) konvergenssiä j snotn, että srj suppenee ehdollisesti. Tässä jksoss trkstelln tähän liittyviä ilmiöitä. 4.17. Luse. (Leibnitzin testi vuorotteleville srjoille) Olkoon n vähenevä jono ei-negtiivisi relilukuj, ts. 1 2 n 0. Jos niin vuorottelev srj ( 1) n 1 n jonolle pätee Todistus: Kun niin S 2n lim n = 0, n suppenee. Edelleen, srjn ossummien S n ( 1) j 1 j S 2n 1 kikill n. S n = n ( 1) j 1 j, 2n 1 S 2n 1 = ( 1) j 1 j = S 2n+1 + ( 2n 2n+1 ) S 2n+1, kosk jono j on vähenevä. Siten jono (S 2n 1 ) n on vähenevä. Smoin nähdään, että jono (S 2n ) n on ksvv: S 2n = 2n ( 1) j 1 j = S 2n+2 ( 2n+1 2n+2 ) S 2n+2.

Anlyysi 3 41 Kosk lisäksi S 1 S 2n 1 = S 2n + 2n S 2n S 2, ovt molemmt jonot (S 2n 1 ) n j (S 2n ) n rjoitettuj, joten niillä on reliset rjrvot: lim S 2n 1 = S j n Kosk on S = S j väite seur. lim S 2n = S. n 0 S 2n 1 S 2n = 2n 0, Esimerkki. Kuten tiedämme vuorottelev hrmoninen srj ( 1) n 1 1 n, suppenee, mutt ei itseisesti. Vihdetn seurvss sen termien n = ( 1) n 1 1 n summusjärjestystä: olkoon b 1 = n j vlitn summtn prittomien indeksien termejä kunnes termien summ on 2. Sitten otetn seurvksi b-termiksi ensimmäinen negtiivinen termi 2 = 1 j sitten ts summtn prittomi indeksejä, 2 posiitivisi termejä, kunnes kokonissumm ylittää rvon 3. Nyt lisätään 4 = 1 j 4 jtketn positiivitermien summmist. Näin jtkmll sdn termit helposti järjestetyksi niin, että uudess järjestyksessä summttu srj hjntuu (ks. yksityiskohdt trkemmin ll 4.19). Ei-itseisesti suppenevn srjn suppenemist snotn joskus ehdolliseksi juuri sen tähden, että summusjärjestystä vihtmll suppeneminen voidn kdott. Itseisesti suppenevlle srjlle on ihn sm, missä järjestyksessä termit lsketn yhteen: Snotn, että srj b n on stu srjst n summusjärjestystä vihtmll, jos on olemss bijektio j : N N, jolle b j(n) = n kikill n.

Anlyysi 3 42 4.18. Luse. Olkoon srj b n stu srjst n summusjärjestystä viht- mll. Jos srj n suppenee itseisesti, niin srj b n suppenee myös itseisesti j n = b n. Todistus: Olkoon S j srjn n ossummien jono j S sen rj-rvo. Olkoon T j uudelleen järjestetyn srjn b n ossummien jono. Jos ε > 0, niin voidn vlit sellinen M, jolle jolloin myös n=m+1 S j S < ε 2 n < ε 2, kikill j M. Vlitn N niin suureksi, että kikki M ensimmäistä n -termiä ovt N ensimmäisen b n -termin joukoss, ts. Tällöin kikill n N joten { 1, 2,..., M } {b 1, b 2,..., b N }. S M T n n=m+1 n < ε 2, T n S S S M + S M T n < ε 2 + ε 2 = ε. Ei-itseisesti suppenevn srjn voi uudelleen järjestäminen sekoitt phoin: 4.19. Luse. (Riemnnin uudelleenjärjestysluse) Olkoon srj n suppenev, mutt ei itseisesti suppenev. Jokisell s R voidn srjst n summusjär- jestystä vihtmll muodost srj b n, jok suppenee kohti luku s.

Anlyysi 3 43 Todistus: Olkoot p 1, p 2,... srjn n ei-negtiiviset termit lkuperäisessä järjestyksessään lueteltuin. Smoin q 1, q 2,... on negtiivisten termien jono. Nyt srjt p n j q n hjntuvt, kosk jos ne molemmt suppenesivt, niin srj n suppenesi itseisesti. Jos ts toinen em. srjoist suppenisi j toinen hjntuisi, niin srjn ossummien jono lähestyisi joko postiivist ti negtiivist äärettömyyttä. Kosk lkuperäinen srj suppenee, sen termit suppenevt nolln; siten n lim p n = 0 n j lim n q n = 0. Näiden lkuvlmistelujen jälkeen voimme järjestää srjn termit uudelleen: Vlitn ensin positiivitermit p 1, p 2,..., p k1, missä k 1 on ensimmäinen indeksi, jolle k 1 p n > s. Tällinen k 1 on mhdollist vlit kosk positiivitermien srj hjntuu. Sitten summtn negtiivisi termejä q 1, q 2,..., q l1 missä l 1 on ensimmäinen indeksi, jolle k 1 p n + l 1 q n < s. Jtketn summmll positiivitermejä, kunnes päästään kokonissummss ts yli luvun s; sitten negtiivisi, kunnes ts s:n lpuolelle jne. Positiivisi termejä summttess ((n + 1). kert) ossummien rvo on lukujen s + q ln j s + p kn+1 välissä. Negtiivisi termejä summttess (n. kert) ossummien rvo on lukujen s + q ln j s + p kn välissä. Kosk lim p n = 0 n j lim n q n = 0, ossummt väkisin suppenevt kohti hluttu luku s.

Olkoot seurvss n j Anlyysi 3 44 b n kksi itseisesti suppenev srj. Pyritään muodostmn termeistä tuloj, joiden muodostm srj suppenisi kohti luku ( )( ) n b n. Lsketn muodollisesti: ( 1 + 2 + 3 + 4 +... )(b 1 + b 2 + b 3 + b 4 +... ) = 1 b 1 + ( 2 b 1 + 1 b 2 ) + ( 3 b 1 + 2 b 2 + 1 b 3 ) + ( 4 b 1 + + 1 b 4 ) +... = c 1 + c 2 + c 3 +..., missä n c n = j b n j+1. Srj c n snotn srjojen n j b n Cuchyn tuloksi. 4.20. Luse. Olkoot n j b n kksi itseisesti suppenev srj. Tällöin niiden Cuchyn tulo suppenee itseisesti j ( )( ) n b n = c n, missä siis Todistus: Trkstelln srj c n = n j b n j+1. (4.2) 1 b 1 + 2 b 1 + 2 b 2 + 1 b 2 + 3 b 1 + 3 b 2 + 3 b 3 + 2 b 3 + 1 b 3 +... + n b 1 + n b 2 + n b 3 + + n b n + n 1 b n + + 1 b n +.... Tämän k 2. ossumm on tulo ( k )( k ) n b n.

Anlyysi 3 45 Kosk lkuperäiset srjt suppenevt itseisesti, niin srjn (4.2) termien itseisrvojen ossummill on ylärjn tulo ( n )( b n ) <, joten srj (4.2) suppenee itseisesti. Näin ollen sen termien summusjärjestystä voidn viht eikä suppeneminen eikä srjn summ tästä muutu (Luse 4.18). Kosk Cuchyn tulo sdn selvästi srjst (4.2) summusjärjestystä vihtmll, väite seur kosk, jos S k on srjn (4.2) k. ossumm, niin lim S ( k )( k ) ( )( ) k = lim S k 2 = lim n b n = n b n. k k k Esimerkki. Geometrisestä srjst tiedämme, että kikill x ] 1, 1[ 1 1 x = x n = n=0 k=1 x k 1 j srj suppenee itseisesti, kun x ] 1, 1[. Siten sen Cuchyn tulo itsensä knss nt 1 (1 x) = 2 k=1 k x j 1 x k j+1 1 = k x k 1 = k=1 kx k 1 = (n + 1)x n, k=1 n=0 mikä Luseen 4.20 nojll suppenee itseisesti kikill x ] 1, 1[.

Anlyysi 3 46 5. Potenssisrjt Tässä luvuss trkstelln funktioiden f j : A R muodostmi srjoj f j ; lähinnä muoto olevi potenssisrjoj. j (x x 0 ) j j=0 5.1. Funktiosrjt j niiden suppeneminen Aluksi yleistetään srjn käsite funktioiden summille ivn smoin kuin luvuss 3 yleistimme lukujonon suppenemisen funktioiden jonoille: 5.1. Määritelmä. (Funktiosrjt) Olkoon f n : A R, n = 1, 2,.... Muodollist summ f n = f 1 + f 2 +... snotn funktiosrjksi. Snotn, että funktiosrj f n suppenee (pisteittäin) joukoss A, jos srjt f n (x) suppenevt jokisell x A. Funktiosrj f n suppenee itseisesti, jos itseisrvofunktioiden srj f n suppenee. Edelleen snotn, että funktiosrj ossummien S k, S k (x) = f n k f n (x), suppenee tsisesti joukoss A, jos

Anlyysi 3 47 jono suppenee tsisesti joukoss A. Toisin snoen on olemss funktio f : A R, jolle kikill ε > 0 on N N, jolle S k (x) f(x) < ε kikill x A, kun k N. 5.2. Huomutus. ) Suppenev funktiosrj f n määrää siis funktion f : A R, jonk rvo pisteessä x on lukusrjn f n (x) summ, Tällöin siis ossummfunktiot S k, f(x) = S k (x) = f n (x). k f n (x), suppenevt kohti funktiot f joko pisteittäin ti tsisesti rippuen siitä kummll lill srj suppenee. Luvun 3 funktiojonojen suppenemist j luvun 4 srjojen suppenemist koskevt tulokset ovt nyt käytettävissä. b) Tsisen suppenemisen Cuchyn kriteerio 3.4 tulkittun funktiosrjoille kertoo, että funktiosrj f n suppenee tsisesti (kohti jotin funktiot f : A R) jos j vin jos kikill ε > 0 on N = N(ε) N, jolle sup x A k n=m+1 f n (x) = sup S k (z) S m (z) < ε, kun k > m N. x A c) Jos srj f n suppenee tsisesti joukoss A, niin funktiojono f n suppenee tsisesti kohti nollfunktiot, kosk f n = n n 1 f k f k, k=1 k=1 (vrt. Luse 4.3).

Anlyysi 3 48 Funktiojonoj koskevist tuloksist smme heti seurvn. 5.3. Luse. Olkoot f n : I R funktioit, joille funktiosrj f n suppenee tsisesti välillä I. () Jos funktiot f n ovt jtkuvi, niin summfunktio f n on jtkuv. (b) Jos funktiot f n ovt Riemnn-integroituvi välillä [, b] I, niin summfunktio f n on Riemnn-integroituv j b f n (x) dx = b f n (x) dx. (c) Jos funktiot f n ovt jtkuvsti derivoituvi j jos myös derivttfunktioiden srj f n suppenee tsisesti (voimell) välillä I, niin summfunktio on jtkuvsti derivoituv j d dx f n (x) = f n(x) kikill x I. Todistus: ) on Luse 3.5, b) Luse 3.6 j c) Luse 3.7. f n Seurv Weierstrssin M-testi on erittäin tärkeä pukeino funktiosrjoj käsitellessä: funktiosrj suppenee tsisesti, jos funktioiden itseisrvojen supremumien muodostm lukusrj suppenee. 5.4. Luse (Weierstrssin M-testi). Olkoon f n : A R jono funktioit, joille kikill n N on sellinen M n <, että f n (x) M n kikill x A. Jos srj M n suppenee, niin funktiosrj f n suppenee itseisesti j tsisesti joukoss A.

Anlyysi 3 49 Todistus: Itseinen suppeneminen seur vertilutestistä 4.9. Olkoon S m (z) = Nyt kun k > m, niin kikill x A S m (x) S k (x) = ( k kun k > m N ε, sillä ) M n k = m f n (x). k n=m+1 k n=m+1 k M n f n (x) f n (x) k n=m+1 m M n < ε, M n on Cuchy-jono, kosk se suppenee. Siten f n toteutt tsisen suppenemisen Cuchyn kriteerion j suppenee siten tsisesti A:ss. 5.2. Potenssisrjt Olkoon j R j x 0 R Muoto j (x x 0 ) j j=0 olev funktiosrj (muuttujn on luku x) snotn potenssisrjksi ti Tylorsrjksi. Luvut j ovt potenssisrjn j (x x 0 ) j kertoimet j piste x 0 sen keskus. j=0 Vertmll potenssisrj geometriseen srjn sdn seurv tulos: 5.5. Luse. Jos potenssisrj j (x x 0 ) j suppenee, kun x = x 1, niin se suppenee j=0 itseisesti kikill x, joille x x 0 < x 1 x 0. Jos potenssisrj j (x x 0 ) j hjntuu, kun x = x 2, niin se hjntuu kikill j=0 x, joille x x 0 > x 2 x 0.

Anlyysi 3 50 Todistus: Olkoon x x 0 < x 1 x 0 (voidn olett, että x x 0 ). Kosk srj j (x 1 x 0 ) j suppenee, sen termit suppenevt nolln (Luse 4.3) j siis on luvut j=0 M R j N N, joille Näin ollen j (x 1 x 0 ) j M kikill j N. j (x x 0 ) j = j (x 1 x 0 ) j x x ( ) 0 j j x x 1 x 0 M x0 kikill j N, j x 1 x 0 joten kosk x x 0 x 1 x 0 < 1, srj j (x x 0 ) j mjoroi suppenev geometrinen srj j=0 M j=0 j siten se suppenee itsesesti (Luse 4.9). ( ) j x x0, x 1 x 0 Srjn j (x x 0 ) j hjntuminen, kun x x 0 > x 2 x 0, nähdään smn j=0 tpn vertmll sitä geometriseen srjn (HT). Esimerkki. Trkstelln potenssisrj Kun x = 1, kyseessä on hrmoninen srj, jok hjntuu. Siten luseen 5.5 mukn ko. potenssisrj hjntuu in, kun x > 1. Kun ts x = 1, kyseesä on vuorottelev hrmoninen srj, jok suppenee. Luseen 5.5 nojll potenssisrj suppenee itseisesti, kun x < 1. Näin ollen esimerkin potenssisrj suppenee täsmälleen välillä [ 1, 1[, itseisesti voimell välillä ] 1, 1[. x j j.

Anlyysi 3 51 5.6. Määritelmä. Potenssisrjn j (x x 0 ) j suppenemissäde on luku j=0 R = sup{ x x 0 : srj j (x x 0 ) j suppenee }. j=0 Tällöin 0 R j voin väli ]x 0 R, x 0 + R[ on potenssisrjn j (x x 0 ) j suppenemisväli. j=0 Huom, että jos R = 0, on suppenemisväli tyhjä j potenssisrj suppenee tällöin vin keskuksessn x = x 0. Jos ts R =, potenssisrj suppenee koko R:ssä. 5.7. Luse. Olkoon R potenssisrjn j (x x 0 ) j suppenemissäde j 0 < r < j=0 j=0 R. Tällöin potenssisrj j (x x 0 ) j suppenenee itseisesti suppenemisvälillään ]x 0 R, x 0 + R[ j tsisesti välillä [x 0 r, x 0 + r]. Edelleen potenssisrj j (x x 0 ) j hjntuu jokisell x / ]x 0 R, x 0 + R[. j=0 Todistus: Itseistä suppenemist j hjntumist koskevt väitteet seurvt luseest 5.5. Tsinen konvergenssi seur Weierstrssin M-testistä 5.4, sillä kun x [x 0 r, x 0 + r], niin j (x x 0 ) j j r j j srj j r j suppenee sillä sen termit ovt potenssisrjn j (x x 0 ) j termien j=0 itseisrvoj pisteessä x = x 0 + r, jok kuuluu suppenemisvälille. j=0 Esimerkki. Millä x:n rvoill srj ( 1) n (x 1) n 2 n n 2

Anlyysi 3 52 suppenee? Sovelletn (tällä kerrll) suhdetestiä 4.11: peräkkäisten termien suhde on itseisrvoltn ( 1) n+1 (x 1) n+1 2 n+1 (n+1) 2 ( 1) n (x 1) n 2 n n 2 = 1 2 x 1 n 2 (n + 1) 1 x 1, 2 2 joten suhdetestin mukn srj suppenee, jos 1 x 1 < 1 eli jos 1 < x < 3 j 2 hjntuu, jos 1 x 1 > 1 eli jos x / [ 1, 3]. Näin ollen srjn suppenemissäde on 2 2 j suppenemisväli ] 1, 3[. Kun x = 1 ( 1) n (x 1) n 2 n n 2 = 1 n 2 <, j kun x = 3, niin ( 1) n (x 1) n 2 n n 2 = 1 n, 2 joten srj suppenee itseisesti suljetull välillä [ 1, 3] j hjntuu sen ulkopuolell. Ennenkuin oikein voimme hyödyntää potenssisrjojen suppenemist koskev tulost, osoitmme, että suppenemissäde riippuu vin kertoimist (j niiden vull voimme myös määrätä suppenemissäteen). 5.8. Lemm. Olkoon R potenssisrjn n (x x 0 ) n suppenemissäde. n=0 Jos luvulle R 1 > 0 löytyy sellinen N N, jolle n n 1, kun n N, R 1 niin R 1 R. Jos n n 1 äärettömän monell n, R 2 niin R 2 R.

Anlyysi 3 53 Todistus: Jos x x 0 < R 1, niin ( ) n x n (x x 0 ) n x0, kun n N. R 1 n=0 Siten srj n (x x 0 ) n suppenee vertilutestin 4.9 nojll, kosk mjoroiv geometrinen srj ( x x0 ) n suppenee, sillä n=n R 1 0 x x 0 R 1 < 1. Siten R 1 R Luseen 5.7 nojll. Potenssisrjn n (x x 0 ) n hjntuminen, kun x x 0 R 2 seur, kosk n=0 tällöin srjn termit eivät lähesty noll, kosk äärettömän monell n Siis R 2 R. ( ) n x n (x x 0 ) n x0 R 2 ( R2 R 2 ) n = 1. Lemmn 5.8 vull sdn suppenemissäde määritetyksi (HT): 5.9. Luse. Olkoon R potenssisrjn n (x x 0 ) n suppenemissäde. Tällöin n=0 1 R = lim k (sup{ n n : n k}). Erityisesti, R = lim n 1 n n ti R = lim n n n+1, mikäli em. rj-rvot ovt olemss.

Anlyysi 3 54 Huom, että kosk { n n : n k + 1} { n n : n k} on jono (sup{ n n : n k}) lskev, joten rj-rvo lim (sup{ n n : n k}) = lim (sup{ k k, k+1 k+1, k+2 k+2,... }) k k on in olemss (mhdollisesti = jolloin suppenemissäde on = 0). Luseen 5.9 lkuos seur heti Lemmst 5.8. Loppuos jätetään hrjoitustehtäväksi. Esimerkki. Potenssisrjn suppenemissäde on 1, kosk lim n x n n 1 n 1 n+1 = 1 ti kosk lim n n 1 n = 1. Luseen 5.13 ll j Tylorin polynomien vull on helppo nähdä, että log(1 x) = x n n kikill x ] 1, 1[. 5.10. Lemm. Potenssisrjll n (x x 0 ) n j derivttojen srjll on sm suppenemissäde. n=0 n n (x x 0 ) n 1

Anlyysi 3 55 Todistus: Kosk (x x 0 ) n n (x x 0 ) n 1 = n n (x x 0 ) n, derivttsrjn suppenemissäde sdn Luseen 5.9 mukn luvuist n n n = n 1/n n n. Kosk lim n n 1/n = 1, seur tästä, että lim (sup{ n n n : n k}) = lim (sup{ n n n n : n k}) k k mistä väite seur (Luse 5.9). = lim k (sup{ n n : n k}), Seurv luse selittää, miksi potenssisrjoj kutsutn myös Tylor-srjoiksi (ks. Luse 2.3). 5.11. Luse. Olkoon R potenssisrjn n (x x 0 ) n suppenemissäde. Tällöin funktioll f(x) = n=0 n (x x 0 ) n n=0 on kikkien kertlukujen jtkuvt derivtt suppenemisvälillä ]x 0 R, x 0 + R[. Edelleen derivtt sdn derivoimll srjn termit, f (x) = n n (x x 0 ) n 1 kikill x ]x 0 R, x 0 + R[. Erityisesti, f (n) (x 0 ) = n! n kikill n N.

Anlyysi 3 56 Todistus: Funktion f k. ossummn derivtt on S k(x) = k n n (x x 0 ) n 1. Lemmn 5.10 nojll nämä suppenevt tsisesti jokisell suljetull välillä [, b] ]x 0 R, x 0 + R[ kohti väitteen derivttsrj. Siten Luse 3.7 kertoo, että f on derivoituv j f (x) = n n (x x 0 ) n 1 kikill x ]x 0 R, x 0 + R[. Sijoittmll x = x 0 smme tästä Loppuos väitteestä induktioll (HT). f (x 0 ) = 1. Luse 5.11 näyttää, että smn keskuksen x 0 ympärille kehitetyn potenssisrjn kertoimet määräytyvät yksikäsitteisesti srjn rvoist: 5.12. Seurus. Jos n (x x 0 ) n = b n (x x 0 ) n kikill x ]x 0 R, x 0 + R[, n=0 n=0 niin n = b n kikill n N. Esimerkki. Lsketn srj Tutkitn potenssisrj n 2 2 n. n 2 x n,