ANALYYSI 3 HELI TUOMINEN Alkusanat Tässä on muistiinpanot syksyllä 202 luennoimastani kurssista Analyysi 3. Kurssin pohana on Tero Kilpeläisen luentomoniste samannimiselle kurssille. Tässä monisteessa käytetään seuraavia standardimerkintöä a lyhenteitä: N = {0,, 2, 3,... } tai N = {, 2, 3,... } luonnolliset luvut Z = {..., 3, 2,, 0,, 2, 3,... } kokonaisluvut voe = voidaan olettaa, että... Mieti aina, miksi kyseisessä tilanteessa voidaan! Ensimmäisen vuoden kursseihin viitataan lyhentein A=Analyysi, A2=Analyysi 2.. Esitietoa Kertaa kurssien Analyysi a Analyysi 2 asiat, erityisesti lukuonot, funktion raa-arvo a atkuvuus, derivointi a integrointi sekä alkeisfunktiot. Väliarvolause (VAL). Olkoon g : [a, b] R atkuva funktio, oka on derivoituva välillä ]a, b[. Tällöin on c ]a, b[, olle g(b) g(a) = g (c)(b a). Riemann-integroituvuus. Olkoon f : [a, b] R raoitettu funktio a P = {x 0, x,..., x n } välin [a, b] ako. Funktion f akoon P liittyvä Darboux n alasumma on luku L(f, P ) = n k= inf f(x)(x k x k ) x [x k,x k ] a vastaavasti Darboux n yläsumma on luku n U(f, P ) = sup f(x)(x k x k ). x [x k,x k ] k= Funktio f on Riemann-integroituva, os ala b f = ylä b f, missä a a ala b Versio: 26. lokakuuta 202. a f = sup{l(f, P ) : P on välin [a, b] ako}
a ylä b a f = inf{u(f, P ) : P on välin [a, b] ako}. Tällöin b f(x) dx = ala b f = ylä b f. Riemann-integroituvuutta kutsutaan a a a tässä monisteessa lyhyesti integroituvuudeksi. Funktion f integroituvuus voidaan usein selvittää Riemannin ehdolla, onka mukaan f on integroituva os a vain os okaisella ε > 0 on välin [a, b] ako P ε siten, että 0 U(f, P ε ) L(f, P ε ) < ε. 2. Taylorin polynomit 2.. Taylorin lause. Tarkastellaan funktion f : I R, I R väli, arviointia polynomeilla pisteen x 0 I ympäristössä. Tavoitteena on löytää polynomifunktio p siten, että p käyttäytyy samaan tapaan kuin f a että f(x) p(x) on pieni kun x on lähellä pistettä x 0. Arvionti halutaan tehdä polynomeilla sen vuoksi, että niitä on helppo käsitellä (derivoida, integroida, laskea raaarvoa ne.) Funktion säännöllisyys parantaa arvionnin tarkkuutta a arviointi voidaan tehdä korkeamman asteen polynomeilla. Tällaista arviointia tehtiin o kursseilla A a A2. Jatkuvuus. Funktio f : I R, I R, on atkuva pisteessä x 0 I, os a vain os lim x x0 f(x) = f(x 0 ). Koska vakiofunktio p 0 : I R, p 0 (x) = f(x 0 ) kaikilla x I, on 0. asteen polynomifunktio, niin atkuvalle funktiolle saadaan polynomiapproksimaatio p 0 (x), olle lim x x 0 (f(x) p 0 (x)) = 0. Geometrisesti tämä approksimaatio on pisteen (x 0, f(x 0 )) kautta kulkeva vaakasuora. Miten tälle arviolle käy, os f ei ole atkuva pisteessä x 0? Derivoituvuus. Funktio f : ]a, b[ R, on derivoituva pisteessä x 0 ]a, b[, os raa-arvo f(x) f(x 0 ) lim x x 0 x x 0 on olemassa a äärellinen. Tätä raa-arvoa merkitään f (x 0 ). Pisteessä x 0 derivoituvalle funktiolle a. asteen polynomille p (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) pätee siis f(x) p (x) lim x x 0 x x 0 = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 f (x 0 ) = 0. Funktiota f voidaan siis arvioida pisteen x 0 ympäristössä polynomilla p (x) niin, että erotus f(x) p (x) pienenee nopeammin kuin x x 0 kun x lähestyy pistettä x 0. Geometrisesti derivaatan antama approksimaatio on funktion f kuvaaan tangentti pisteessä (x 0, f(x 0 )). 2
Entä os funktio f on säännöllisempi kuin pelkästään derivoituva? Oletetaan seuraavaksi, että f, f a f ovat olemassa a atkuvia välillä ]a, b[ a että x 0 ]a, b[. Tällöin analyysin peruslauseen mukaan (2.) f(x) = f(x 0 ) + x x 0 f (t) dt. Osittaisintegroimalla (u (t) = f (t), v (t) =, u (t) = f (t), v (t) = t x) saadaan, että x x f (t) dt = f (x 0 )(x x 0 ) + f (t)(x t) dt x 0 x 0 a toiseen kertaan osittaisintgeroimalla (u 2 (t) = f (t), v 2(t) = x t, u 2(t) = f (t), v 2 (t) = xt 2 t2 2 x2 = (x 2 t)2 ), että x x f (t)(x t) dt = f (x 2 0 )(x x 0 ) 2 + f (t)(x t) 2 dt. 2 x 0 x 0 Yhdistämällä kaava (2.) a osittaisintegrointien tulokset, saadaan f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (x 2 0 )(x x 0 ) 2 }{{} =p 2 (x) + 2 x f (t)(x t) 2 dt, x } 0 {{} =R 2 (x) missä p 2 (x) on 2. asteen polynomi a R 2 (x) on arvioinnissa tehtävän virheen koon kertova äännöstermi. Jos x x 0, niin x ( ) R 2 (x) f (t) x t 2 dt max f (t) x x 2 2 0 x x 0 2, x 0 t [x 0,x] }{{} 0 kun x x 0 missä käytettiin hyväksi funktion f atkuvuutta. Tapaus x < x 0 antaa saman arvion. Olettamalla, että f on olemassa a atkuva, saadaan siis tulos (2.2) f(x) p 2 (x) (x x 0 ) 2 0 kun x x 0 a tarkka esitys virhetermille R 2 (x). Ilman kolmatta derivaattaakin saadaan arvio (2.2). Lause 2.. Olkoon f : ]a, b[ R kahdesti derivoituva funktio, onka toinen derivaatta f on atkuva välillä ]a, b[. Olkoon x 0 ]a, b[ a Tällöin p 2 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2. f(x) p 2 (x) lim = 0. x x 0 (x x 0 ) 2 3
Huomautus. (ε, δ)-kielellä kiroitettuna Lauseen 2. väite on: Kaikille ε > 0 on δ > 0, siten, että f(x) p 2 (x) < ε(x x 0 ) 2 kun x x 0 < δ. 2.9.202 ============================= Todistus (L.2.). Olkoon F = f p 2 a olkoon ε > 0. Halutaan siis löytää δ > 0 siten, että F (x) < ε(x x 0 ) 2 kaikille x, oille x x 0 < δ. Olkoon x ]a, b[, x x 0. Voe x > x 0. Funktio F on atkuva a F (x 0 ) = F (x 0 ) = F (x 0 ) = 0 Väliarvolauseen (VAL) mukaan on x ]x 0, x[, olle a vastaavasti on x 2 ]x 0, x [, olle Siten saadaan kaava (Mieti!). F (x )(x x 0 ) = F (x) F (x 0 ) = F (x) F (x 2 )(x x 0 ) = F (x ) F (x 0 ) = F (x ). F (x) = F (x )(x x 0 ) = F (x 2 )(x x 0 )(x x 0 ) a arvio F (x) F (x 2 ) (x x 0 ) 2. Olkoon ε > 0. Koska F on atkuva a F (x 0 ) = 0, niin on δ > 0, olle F (y) = F (y) F (x 0 ) < ε kun y x 0 < δ. Nyt os x x 0 < δ, niin edellä lasketut arviot a tieto, että x 2 x 0 < x x 0 < δ antavat f(x) p 2 (x) = F (x) F (x 2 ) (x x 0 ) 2 ε(x x 0 ) 2. Määritelmä 2.2. Olkoon f : ]a, b[ R n kertaa derivoituva funktio. Olkoon x 0 ]a, b[. Funktion f n. Taylorin polynomi pisteessä x 0 on T n,x0 f(x) = f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 )+ 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2 + + n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n, missä k! = 2 3 k on luvun k N kertoma. Funktio R n,x0 f : ]a, b[ R, on funktion f n. äännöstermi. Huomautus 2. Huomaa, että R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x) 4
() T 0,x0 f(x) = f(x 0 ), T,x0 f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ), T 2,x0 f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + 2 f (x 0 )(x x 0 ) 2. (2) (T n,x0 f) (k) (x 0 ) = f (k) (x 0 ) kaikilla k = 0,,... n. (3) Jäännöstermi kertoo, kuinka palon Taylorin polynomi eroaa funktiosta. Milloin äännöstermi on pieni eli milloin Taylorin polynomi on hyvä arvio funktiolle? Lause 2.3 (Taylorin lause). Olkoon f : ]a, b[ R n kertaa atkuvasti derivoituva funktio. Olkoon x 0 ]a, b[. Tällöin f(x) T n,x0 f(x) lim = 0. x x 0 (x x 0 ) n Todistus. Kuten Lauseen 2. todistus (katso [2]). Koska f a T n,x0 f ovat n kertaa atkuvasti derivoituvia, niin äännöstermi R n,x0 f on n kertaa atkuvasti derivoituva. Sovelletaan väliarvolausetta äännöstermiin R n,x0 f a sen derivaattoihin n kertaa a käytetään tietoa R n,x0 f(x 0 ) = (R n,x0 f) (x 0 ) = = (R n,x0 f) (n) (x 0 ) = 0 sekä funktion (R n,x0 f) (n) atkuvuutta pisteessä x 0. Huomautus 3. () (ε, δ)-kielellä kiroitettuna Lauseen 2.3 väite on: Kaikille ε > 0 on δ > 0, siten, että f(x) T n,x0 f(x) < ε(x x 0 ) n kun x x 0 < δ. (2) Joskus on kätevä käyttää Taylorin lauseen tulokselle tulkintaa: on funktio E, oka riippuu funktiosta f, pisteestä x 0 a n:stä, siten, että E(x) 0 kun x x 0 a f(x) = T n,x0 f(x) + E(x)(x x 0 ) n. Esimerkki 2.4. () Olkoon f : R R, f(x) = x 2 + 2x +. Tällöin f (x) = 2x + 2, f (x) = 2, f(0) =, f (0) = 2 a f (0) = 2, f (k) (x) = 0 kun k > 2 a siten T n,0 f(x) = + 2x + 2 2! x2 = f(x) kaikilla n 2, missä 2 on polynomin f(x) aste. Myöhemmin näytetään, että vastaava on totta muillekin polynomeille. 5
(2) Eksponenttifunktio exp(x) = e x on monta kertaa atkuvasti derivoituva (A2) a exp (k) (x) = e x kaikilla k N. Koska e 0 =, niin kaikilla n N on Siten T n,0 exp(x) = + x + 2 x2 + 3! x3 + + n! xn = n e x = + x + 2 x2 + 3! x3 + + n! xn + E(x)x n, missä E(x) 0, kun x 0. (3) Olkoon f : R R, f(x) = sin x. Tällöin f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (x) = cos x ne. Siten esimerkiksi a T 3,0 sin x = x x3 6 x!. sin x = x x3 3! + x5 5! + + ( )k x 2k+ (2k + )! + E 2k+(x)x 2k+, missä E 2k+ (x) 0 kun x 0. Vastaavasti cos x = x2 2 + x4 x2k + + ( )k 4! (2k)! + E 2k(x)x 2k, missä E 2k (x) 0 kun x 0. (4) Taylorin polynomien avulla voidaan laskea raa-arvoa. Esimerkin 3 avulla saadaan sin x x x 2 = x x3 6 + E 3(x)x 3 x x 2 = x 6 + E 3(x)x 0 kun x 0. Huomautus 4. () Edellisessä esimerkissä funktiot E ovat siis oitain funktioita, oille E(x) 0 kun x 0 (yleisemmin x x 0 ). Virhefunktio E riippuu funktiosta f, pisteestä x 0 a derivaattoen lukumäärästä. (2) Taylorin polynomi T n,x0 f(x) antaa hyvän arvion funktiolle f yleensä vain pisteen x 0 lähellä. T n,x0 f(x) voi muuttua palon kun pistettä x 0 muutetaan. (Har.) (3) Raa-arvoa laskettaessa kannattaa miettiä hetki, monesko Taylorin polynomi tarvitaan; tavallisesti korkeintaan kolmas. Periaatteessa Taylorin polynomin voi laskea halutulle funktiolle derivoimalla riittävän monta kertaa. Käytännössä seuraava yksikäsitteisyys tulos auttaa - os löydetään polynomi, oka arvio haluttua funktiota yhtä hyvin (Taylorin lauseen 2.3 mielessä) kuin Taylorin polynomi, niin sen on oltava Taylorin polynomi. 6
Lause 2.5 (Yksikäsitteisyyslause). Olkoon f : ]a, b[ R n kertaa atkuvasti derivoituva funktio. Olkoon x 0 ]a, b[. Jos p(x) on polynomi, onka aste on n a olle f(x) p(x) lim = 0, x x 0 (x x 0 ) n niin p(x) = T n,x0 f(x). Huomaa, että yksikäsitteisyyslause auttaa esimerkiksi tulon Taylorin polynomien laskemisessa. Esimerkiksi cos x = x2 + 2 E(x)x2, missä E(x) 0 kun x 0 a siten cos 2 x = x 2 + Ẽ(x)x2, missä Ẽ(x) 0 kun x 0. Lauseen 2.5 mukaan on siis T 2,0 cos 2 (x) = x 2. 3.9 ============================= Todistus. Koska Taylorin Lauseen 2.3 a oletuksen mukaan p(x) T n,x0 f(x) = f(x) T n,x 0 f(x) f(x) p(x) 0 kun x x (x x 0 ) n (x x 0 ) n (x x 0 ) n 0, niin väite seuraa seuraavasta Lemmasta. Lemma 2.6. Olkoon R(x) n. asteen polynomi, R(x) = a 0 + a (x x 0 ) + a 2 (x x 0 ) 2 + + a n (x x 0 ) n, olle R(x) (x x 0 ) 0 kun x x 0. n Tällöin R(x) on nollapolynomi eli a i = 0 kaikilla i = 0,,..., n. Todistus. Oletuksen mukaan kaikilla i = 0,,..., n pätee Kun i = 0, niin R(x) (x x 0 ) = R(x) i (x x 0 ) (x x 0) n i 0 kun x x n 0. 0 = lim x x0 R(x) = lim x x0 n a (x x 0 ) = a 0. Kun i =, niin käyttämällä tietoa a 0 = 0, saadaan R(x) n 0 = lim = lim a (x x 0 ) = a. x x0 x x 0 x x0 Vastaavasti nähdään, että a 2 = = a n = 0. Siten R(x) on nollapolynomi. Esimerkki 2.7. () Jos p(x) on n. asteen polynomi, niin Lauseen 2.5 perusteella T k,x0 p(x) = p(x) kaikilla k n. Tämä ei päde os k < n! 7
(2) Olkoon f : ], [ R, f(x) = log( x). Lasketaan T n,0 f(x). Laskussa tarvitaan geometrista saraa (ohon palataan myöhemmin). Olkoon q R \ {}, m N a m (2.3) S m = + q + q 2 + + q m = geometrisen saran (m + ). osasumma. Kertomalla (2.3) suhdeluvulla q, vähentämällä S m qs m a akamalla erotus luvulla q, saadaan (2.4) S m = q+m. q x 0 Koska (A2) log y = y saadaan log( x) = x i=0 ds kaikilla y > 0, niin sioittamalla s = t s x s ds = 0 Geometrisen saran (2.4) avulla saadaan q i dt kaikilla x <. t t = tn t + tn t = + t + t2 + + t n + tn t a edelleen integroimalla x x log( x) = + t + t 2 + + t n t n dt 0 0 t dt = ( x + 2 x2 + + x n xn) t n t dt. Arvioimalla integraalia t n t dt { 0 x x 0 t n dt x t t n t dt x 0 t n dt = x n+, kun x 0 0 n+ x 0 tn dt = xn+, kun 0 < x < ( x)(n+) nähdään, että funktiolle f a n. asteen polynomille p(x) = x 2 x2 n x n xn = pätee f(x) p(x) 0 kun x 0 x n a siten p(x) = T n,0 f(x) Yksikäsitteisyyslauseen 2.5 perusteella. Yllä suoritetusta laskusta saadaan, että ( x)2 ( ) x)n log x = f( x) = ( x + + + + R n (x), 2 n 8
missä R n (x) = x t n dt 0 kun n okaiselle kiinteälle 0 t x > 0. Nyt voidaan arvioida esimerkiksi log 2 = ( 2 + ( )2 2 = 2 + 3 4 + + ( )n n ) + + ( )n + R n (2) n + R n (2), missä äännöstermi-integraalin arvion perusteella kun x =, on R n (2) 0 t n t dt n +. 2.2. Jäännöstermin lauseke a arvioita. Jos funktio f on n + kertaa atkuvasti derivoituva, niin Taylorin polynomilla T n,x0 f(x) arvioitaessa tehtyä virhettä voidaan arvioida äännöstermille pätevien kaavoen avulla. Lause 2.8. Olkoon f : ]a, b[ R n + kertaa atkuvasti derivoituva funktio. Olkoon x 0 ]a, b[. Tällöin f(x) = T n,x0 f(x) + R n,x0 f(x) kaikilla x ]a, b[ a äännöstermille R n,x0 f(x) pätee, että () (integraalimuoto) R n,x0 f(x) = n! x x 0 (x t) n f (n+) (t) dt, (2) (Cauchyn muoto) pisteiden x a x 0 välissä on ξ = ξ x, olle R n,x0 f(x) = n! f (n+) (ξ)(x ξ) n (x x 0 ), (3) (Lagrangen muoto) pisteiden x a x 0 välissä on η = η x, olle R n,x0 f(x) = (n + )! f (n+) (η)(x x 0 ) n+. Todistus. () Induktio n:n suhteen. (Muista, että tapaukset n = 0,, 2 on tehty o aiemmin käyttämällä analyysin peruslausetta a osittaisintegrointia.) Oletetaan, että f(x) = T k,x0 f(x) + k! x 9 x 0 (x t) k f (k+) (t) dt.
k k + : Olkoon f k + 2 kertaa atkuvasti derivoituva. Tällöin osittaisintegroimalla (u (t) = (x t) k, v(t) = f (k+) (t)) saadaan x (x t) k f (k+) (t) dt k! x 0 = ( x f (k+) (t) k! x 0 k + (x t)k+ + = f (k+) (x 0 ) (x x 0 ) k+ + (k + )! (k + )! Induktio-oletusta käyttäen saadaan nyt x x f (k+2) ) (t) x 0 k + (x t)k+ dt x 0 f (k+2) (t)(x t) k+ dt. f(x) = T k,x0 f(x) + f (k+) (x 0 ) (x x 0 ) k+ + R k+,x0 f(x) (k + )! = T k+,x0 f(x) + R k+,x0 f(x), missä x R k+,x0 f(x) = f (k+2) (t)(x t) k+ dt. (k + )! x 0 Induktioperiaatteen noalla väite on totta kaikilla n N. (2) Koska f (n+) on atkuva, niin väite seuraa kohdasta () a integraalilaskennan väliarvolauseesta. (3) Koska f (n+) on atkuva, niin väite seuraa kohdasta () a integraalilaskennan yleistetystä väliarvolauseesta, onka mukaan pisteiden x a x 0 välissä on η = η x, olle x x f (n+) (t)(x t) n dt = f (n+) (η) (x t) n dt = f (n+) (η) x 0 x 0 n + (x x 0) n+. Jäännöstermin integraalimuoto voidaan todistaa näppärästi myös derivoimalla erotusta R n,x0 f(x) = f(x) T n,x0 f(x) muuttuan x 0 suhteen tulon derivointisääntöä a analyysin peruslausetta käyttäen, katso [2, Lause 2.5]. Esimerkki 2.9. Jäännöstermien arviointia a e:n irrationaalisuus Olkoon x > 0. Koska esimerkin 2.4 a Lauseen 2.8 (3) mukaan on ollain η ]0, x[, niin e x = + x + 2 x2 + 3! x3 + + n! xn + (2.5) e = 2 + 2 + + n! + R n() 0 ( + n)! eη x n+,
missä R (+n)! n () 3. Jos halutaan esimerkiksi, että luvun e arvioinnissa tehtävä virhe on korkeintaan, niin valitaan n niin suureksi, että (+n)! 00 (n + )! > 300. Valinta n = 5 käy, sillä 5! = 20, 6! = 720. Näytetään nyt, että e on irrationaalinen. Jos e olisi rationaaliluku, niin olisi e = a oillain a, b N \ {0}. Valitsemalla n > max{b, 3} a käyttämällä kaavaa b (2.5), saataisiin, että n!a b = 2n! + n! 2 + + n! n! + n!r n(), missä sekä n!a että oikean puolen kaikki yhteenlaskettavat termiä n!r b n () lukuunottamatta ovat kokonaislukua. Siten myös luvun n!r n () on oltava kokonaisluku. Tämä on mahdotonta, sillä Siis e on irrationaaliluku. 0 < n!r n () n!3 ( + n)! = 3 n + < 3 4 <. 9.9 ============================= Lokaalit ääriarvot. Määritelmä 2.0. Funktiolla f : I R on pisteessä x 0 I suurin arvo eli (globaali) maksimi välillä I, os f(x 0 ) f(x) kaikilla x I. Tällöin sanotaan, että x 0 on funktion f maksimipiste. Funktiolla f : I R on pisteessä x 0 lokaali maksimi, os f(x 0 ) on funktion f maksimi ossain pisteen x 0 ympäristössä eli on δ > 0 siten, että f(x 0 ) f(x) kaikilla x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I. Vastaavasti määritellään funktion f pienin arvo eli (globaali) minimi, lokaali minimi a minimipiste. (lokaaleilla) minimi- a maksimiarvoille käytetään yhteisnimitystä (lokaalit) ääriarvot, vastaavat pisteet ovat (lokaalea) ääriarvopis/-teitä. Funktion lokaalien ääriarvopisteiden laatua voidaan tutkia korkeampien derivaattoen avulla. Taylorin polynomit auttavat todistuksessa. Lause 2.. Olkoon f : ]a, b[ R n kertaa atkuvasti derivoituva funktio. Olkoon x 0 ]a, b[. Jos a f (x 0 ) = f (x 0 ) = = f (n ) (x 0 ) = 0 () f (n) (x 0 ) > 0 a n 2 on parillinen, niin funktiolla f on lokaali minimi pisteessä x 0.
(2) f (n) (x 0 ) < 0 a n 2 on parillinen, niin funktiolla f on lokaali maksimi pisteessä x 0. (3) f (n) (x 0 ) 0 a n > 2 on pariton, niin x 0 ei ole funktion f ääriarvopiste. Usein Lausetta 2. käytetään kun n = 2 eli silloin, kun funktion derivaatta pisteessä x 0 häviää a toinen derivaatta ei. Todistus. Voidaan olettaa, että f(x 0 ) = 0 (os ei, niin korvataan f funktiolla f f(x 0 ), tämä ei vaikuta oletuksiin eikä väitteeseen). Nyt Taylorin lauseen 2.3 a oletuksen mukaan on f(x) 0 = lim f (n) (x n! 0 )(x x 0 ) n f(x) = lim x x0 (x x 0 ) n x x0 (x x 0 ) n n! f (n) (x 0 ). f(x) (x x 0 ) n Siten on sellainen δ > 0, että a f (n) (x n! 0 ) ovat samanmerkkisiä kun x x 0 < δ. Oletetaan, että n 2 parillinen a f (n) (x 0 ) > 0. Koska tällöin (x x 0 ) n > 0, niin f(x) > 0 = f(x 0 ) kun x x 0 < δ. Siis x 0 on lokaali ääriarvopiste a funktiolla f on lokaali minimi pisteessä x 0. Tapaus f (n) (x 0 ) < 0 todistetaan samaan tapaan. Jos n > 2 on pariton, niin (x x 0 ) n < 0 kun x < x 0 a (x x 0 ) n > 0 kun f(x) (x x 0 ) n x > x 0. Koska a f (n) (x n! 0 ) ovat samanmerkkisiä kun x x 0 < δ, niin x 0 ei voi olla funktion f ääriarvopiste. Huomautus 5. Jos f (n) (x 0 ) = 0, niin Lauseen 2. avulla ei voi päätellä mitään. Esimerkki 2.2. Etsitään funktion f : R R, f(x) = x 2 (x ) ääriarvot. Nyt f (x) = 3x 2 2x a f (x) = 0 os a vain os x = 0 tai x = 2. Koska f (x) = 6x 2, niin f (0) = 2 < 0 a f ( 2 ) = 2 > 0. Siten 3 3 Lauseen 2. mukaan funktiolla f on lokaali maksimi pisteessä 0 a lokaali minimi pisteessä 2. Koska lim 3 x ± f(x) = ±, niin ääriarvot ovat lokaalea, funktiolla f ei ole globaalia minimiä eikä maksimia. 2
3. Funktioonot Määritelmä 3.. Olkoon A R a olkoot f n : A R, n =, 2,... funktioita. Tällöin sanotaan, että (f n ) = (f n ) n= = f, f 2,... on funktioono. Funktioono (f n ) suppenee (pisteittäin) oukossa A kohti raafunktiota f : A R, os okaisessa pisteessä x A reaalilukuono (f n (x)) n= suppenee kohti lukua f(x) R. Tällöin merkitään f n f, lim f n = f, n lim f n (x) = f(x). n Huomautus 6. f n f os a vain os kaikilla ε > 0 on N = N(ε, x) N siten, että f n (x) f(x) < ε kun n N. Raaindeksi N riippuu siis usein myös pisteestä x! Miten onon (f n ) ominaisuudet periytyvät raafunktiolle f? Jos funktiot f n ovat atkuvia/derivoituvia a f n f, niin onko f atkuva/derivoituva? Jos funktiot f n ovat integroituvia, niin onko raafunktio f integroituva a onko lim n A f n(x) dx = f(x) dx? Seuraavat esimerkit kertovat, että EI ilman A lisäoletuksia. Esimerkki 3.2. () (Epäatkuva raafunktio) Olkoon f n : [0, ] R, f n (x) = x n. Koska kaikilla 0 < x <, x n log xn = e = e n log x 0 kun n a f n () =, f n (0) = 0 kaikilla n N, niin lim n f n = f, missä { 0, kun x [0, [ f(x) =, kun x =..0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8.0 3
Raafunktio f on siis epäatkuva, vaikka kaikki funktiot f n ovat atkuvia! (2) (Derivoituva ono, epäatkuva raafunktio) Olkoon f n : R R, kun x, n f n (x) = nx, kun n < x < n, kun x. n Olkoon 0 < ε <. Koska kaikilla 0 < x ( x < 0 vastaavasti) n n on nx = nx < ε kun n > ε a f x n (0) = 0 kaikilla n N, niin lim n f n = f, missä kun x < 0 f(x) = 0, kun x = 0, kun x > 0. 0.5 2 2 0.5.0 Raafunktio f on siis epäatkuva, vaikka kaikki funktiot f n ovat atkuvia. Pyöristämällä funktioiden f n kulmat saadaan ono derivoituvia funktioita, oilla on sama epäatkuva raafunktio f kuin edellä. Tällainen ono on esimerkiksi kun x, n f n (x) = sin( nπx 2 ), kun < x < n n, kun x. n 4
0.5 2 2 0.5 (3) (Kolmioesimerkki) Olkoontf n : [0, ] R, n =, 2..., 2n 2 x, kun 0 x 2n f n (x) = 2n 2n 2 x, kun < x. 2n n 0, kun < x. n.0 Näytetään, että f n 0 (raafunktio on siis nollafunktio eli f(x) = 0 kaikilla x [0, ]). x = 0: Koska f n (0) = 0 kaikilla n N, niin lim n f n (0) = 0. 0 < x : Olkoon ε > 0. Kun x n, niin f n(x) = 0. Kun valitaan N N, olle N x, niin f n (x) 0 = 0 < ε aina, kun n N. Siis lukuono (f n (x)) n= suppenee kohti lukua 0. 8 6 4 2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8.0 5
Huomaa, että niin tässä kuin edellisissä esimerkeissäkin raaindeksi N riippuu pisteestä x. Huomaa myös, että 0 f n (t) dt = 2 0 = f(t) dt. Edellisen esimerkin funktioonoen suppenemisvauhti riippuu pisteestä x. Raafunktio käyttäytyy paremmin, os ono suppenee samaa vauhtia oka pisteessä. Määritelmä 3.3. Olkoon A R a olkoot f n : A R, n =, 2,... funktioita. Funktioono (f n ) n= suppenee tasaisesti oukossa A kohti funktiota f : A R, os kaikilla ε > 0 on N = N(ε, ono) N siten, että f n (x) f(x) < ε kaikilla x A kun n N. Huomautus 7. () Sama raaindeksi N kaikille x A! (2) Kun n N, niin f(x) ε < f n (x) < f(x) + ε kaikilla x A, eli funktiot f n ovat funktion f lähellä 2ε:n levyisessä putkessa. (3) f n f tasaisesti = f n f pisteittäin eli f n (x) f(x) kaikilla x A. Käänteinen EI ole totta! Esimerkin 3.2 funktioonot suppenevat pisteittäin mutta eivät tasaisesti. 20.9 ============================= Lause 3.4. Olkoot f n, f : A R, n =, 2,... funktioita a olkoon x 0 A. Jos funktiot f n ovat atkuvia pisteessä x 0 a f n f tasaisesti oukossa A, niin raafunktio f on atkuva pisteessä x 0. Todistus. Olkoon ε > 0. Koska f n f tasaisesti, niin on n N siten, että f n (x) f(x) < ε kaikilla x A kun n N. Koska f N on atkuva pisteessä x 0, niin on δ > 0 siten, että f N (x) f N (x 0 ) < ε aina, kun x x 0 < δ a x A. Siten kaikille x A, oille x x 0 < δ saadaan kolmioepäyhtälöä a ylläolevia arvioita käyttäen 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 + ε + ε = 3ε. Siten f on atkuva pisteessä x 0. Huomautus 8. () Toinen suunta ei välttämättä ole totta. Raafunktio voi olla atkuva vaikka suppeneminen ei ole tasaista, näin on esimerkiksi Kolmioesimerkissä 3.2 (3). 6 0
(2) Raafunktion epäatkuvuus on monesti kätevä tapa todeta, että suppeneminen ei ole tasaista, tätä voi käyttää Esimerkin 3.2 onoille () a (2). Seuraus 3.5. Olkoot f n : A R, n =, 2,... atkuvia funktioita. Jos f n f a f ei ole atkuva, niin ono (f n ) n= ei suppene tasaisesti. Tasaisen suppenemisen testaamista helpottaa monesti seuraava, funktioiden välistä etäisyyttä käyttävä, tulos. Muista, että lukuonolle (x n ) n=, x n x x x n 0. Funktioille voidaan määritellä supremumin avulla etäisyys d (Lauseen 3.6 etäisyys on todella metrikka, Topologia ), olle f n f d(f n, f) 0. Lause 3.6. Olkoot f n, f : A R, n =, 2,... funktioita. Tällöin f n f tasaisesti oukossa A, os a vain os ( (3.) lim sup f n (x) f(x) ) = 0. n x A Todistus. Oletetaan ensin, että f n f tasaisesti. Olkoon ε > 0. Tasaisen suppenemisen määritelmän mukaan on N N siten, että f n (x) f(x) < ε kaikilla x A kun n N. Siten sup f n (x) f(x) ε < 2ε kun n N x A a väite seuraa. Oletetaan sitten, että (3.) pätee. Olkoon ε > 0. Koska ehdon (3.) mukaan on N N siten, että sup f n (x) f(x) < ε kun n N, x A niin f n (x) f(x) < ε kaikilla x A kun n N. Siis funktioono (f n ) n= suppenee tasaisesti. Huomautus 9. Kolmioesimerkissä f n ( 2n ) = n a 0 f n(x) n kaikilla x [0, ]), oten sup f n (x) f(x) = n, kun n. x [0,] Siis Lauseen 3.6 mukaan ono (f n ) ei suppene tasaisesti. Esimerkki 3.7. Olkoot f n, f : [0, ] R, f(x) = x a Koska f n (x) = nx2, n =, 2,.... + nx nx 2 + nx = nx2 x kun n, + x) n( n 7
niin f n f pisteittäin. Onko suppeneminen tasaista? Käytetään Lausetta 3.6. Nyt kaikille x [0, ] missä nx 2 f n (x) f(x) = + nx x nx 2 x nx 2 = = + nx x +nx = 0 kun x = 0 a x + nx x nx = n kun x ]0, ]. x + nx,.0 0.8 0.6 0.4 0.2 Siten 0.2 0.4 0.6 0.8.0 sup f n (x) f(x) x A n 0 kun n a Lauseen 3.6 perusteella f n f tasaisesti välillä [0, ]. Lause 3.8. Olkoot f n : [a, b] R, n =, 2,... integroituvia funktioita a olkoon f : [a, b] R. Jos f n f tasaisesti välillä [a, b], niin raafunktio f on integroituva a lim n b a f n (x) dx = b a f(x) dx. Todistus. Olkoon ε > 0. Koska f n f tasaisesti, niin Lauseen 3.6 mukaan on N N, olle (3.2) sup f n (x) f(x) < ε kun n N. x [a,b] Riemannin ehto funktiolle f N antaa välin [a, b] aon P = {x 0, x,..., x m } siten, että 0 U(f N, P ) L(f N, P ) < ε. 8
Koska f N (x) ε < f(x) < f N + ε kaikilla x [a, b], niin m U(f, P ) = sup f(x)(x k x k ) k= x [x k,x k ] m sup (f N (x) + ε)(x k x k ) x [x k,x k ] a vastaavasti Siten on k= = U(f N, P ) + ε(b a) L(f, P ) L(f N, P ) ε(b a). 0 U(f, P ) L(f, P ) U(f N, P ) + ε(b a) (L(f N, P ) ε(b a)) < ε + 2ε(b a) = ε( + 2(b a)) a funktion f integroituvuus seuraa Riemannin ehdosta. Integraalin ominaisuuksien a arvion (3.2) avulla nähdään, että b b b f(x) dx f n (x) dx f(x) f n (x) dx a kun n N a siten a b lim n a a b a sup x [a,b] f n (x) dx = b a f(x) f n (x) dx < ε(b a) f(x) dx. Tasainen suppeneminen siis säilyttää integroituvuuden a raafunktion integraali saadaan onon funktion integraalien raana. Jos ono ei suppene tasaisesti, niin voi käydä miten vain. Kolmioesimerkki 3.2 (3) näytti, että raafunktion integraali ei välttämättä ole integraalien raa. Voi käydä niinkin, että raafunktio ei ole integroituva. Esimerkki 3.9. Olkoon Q [0, ] = {q, q 2,... } a olkoot f n : [0, ] [0, ], n =, 2,..., {, kun x {q f n (x) = χ, q 2,..., q n } q,q 2,...,q n (x) = 0, muuten. Funktio f n on raoitettu ( f n (x) kaikilla x [0, ]) a atkuva oukossa [0, ]\{q, q 2,..., q n } kaikilla n =, 2,.... Koska epäatkuvuuspisteiden oukko {q, q 2,..., q n } on äärellinen (a siten nollamittainen), niin f n on integroituva yli välin [0, ] (A2). 9
Nyt f n χ Q [0,], χ Q [0,] (x) = {, kun x Q [0, ] 0, muuten. pisteittäin. Koska raafunktio, välin [0, ] rationaalilukuen karakteristinen funktio on epäatkuva välin [0, ] oka pisteessä, niin se ei ole integroituva. (Integroitumattomuuden voi perustella myös sillä, että ala f = 0 a ylä f =.) 0 0 Muista Lebesguen ehto: Raoitettu funktio g : [a, b] R on Riemann-integroituva os a vain os funktion g epäatkuvuuspisteiden oukko on nollamittainen. 26.9 ============================= Entä derivoituvuus? Esimerkin 3.2 (2) älkimmäinen funktioono näytti, että atkuvasti derivoituvien funktioiden raafunktio voi olla epäatkuva. Kyseisen esimerkin ono ei kuitenkaan suppene tasaisesti. Seuraavat esimerkit näyttävät, että edes tasainen suppeneminen ei takaa raafunktion derivoituvuutta. Esimerkki 3.0. () Olkoot f n, f : ], [ R, f n (x) = x +/n, f(x) = x. Tällöin f n on atkuvasti derivoituva kaikilla n a f n f pisteittäin..0 0.8 0.6 0.4 0.2.0 0.5 0.5.0 Näytetään Lauseen 3.6 avulla, että suppeneminen on tasaista. Olkoon g(x) = x x +/n, x ]0, [. Nyt g (x) = n+ n x/n = 0 x = ( n n+ )n. Koska g (x) > 0 kun x < ( n n+ )n a g (x) < 0 kun x > ( n n+ )n, niin (( n ) n ) ( n ) n ( g(x) g = n ) n + n + n + 20
kaikilla x ]0, [. Koska vastaava arvio pätee erotukselle f n (x) f(x) kun x ], 0[ a f n (0) = f(0) = 0 kaikilla n, niin ( n ) n ( sup f n (x) f(x) n ) 0 x ],[ n + n + kun n (Muista, että lim n ( + n )n = e.) Siten Lauseen 3.6 mukaan f n f tasaisesti välillä ], [. Raafunktio f ei ole derivoituva pisteessä x = 0, vaikka kaikki funktiot f n ovat atkuvasti derivoituvia! (2) (Derivoituva funktioono a raafunktio, derivaattoen ono ei suppene) Olkoon f n : R R, Koska f n (x) = n sin(nx). sup f n (x) 0 x R n 0 kun n, niin Lauseen 3.6 perusteella f n f, f(x) = 0 kaikilla x R, tasaisesti. 0.5 3 2 2 3 0.5.0 Tarkastellaan derivaattoa f n(x) = cos(nx). Koska cos(nπ) = kun n on pariton a cos(nπ) = kun n on parillinen, niin (reaaliluku)ono (f n(π)) n= ei suppene. Huomaa myös, että f n(0) = cos 0 = kaikilla n a siten lim n f n(0) = 0 = f (0). Lause 3.. Olkoot f n : ]a, b[ R, n =, 2,... atkuvasti derivoituvia funktioita a olkoot f, g : ]a, b[ R. Jos f n f tasaisesti a f n g tasaisesti välillä ]a, b[, niin f on atkuvasti derivoituva a f = g. Todistus. Koska funktiot f n ovat atkuvia a f n g tasaisesti, niin g on atkuva Lauseen 3.4 noalla. Siten riittää näyttää, että f on derivoituva a että f = g. Olkoon x 0 ]a, b[. Koska f n on atkuva, niin analyysin peruslauseen noalla on f n (x) = f n (x 0 ) + 2 x x 0 f n(t) dt.
Käyttämällä Lausetta 3.8 tasaisesti suppenevalle, atkuvien funktioiden onolle (f n) saadaan ( x ) x f(x) = lim f n (x) = lim f n (x 0 ) + f n n n(t) dt = f(x 0 ) + g(t) dt. x 0 x 0 A2:n perusteella x x 0 g(t) dt on derivoituva funktio (muuttuana x), onka derivaatta on g. Siten f on atkuvasti derivoituva a f = g. Todistetaan luvun lopuksi vielä funktiosaroen käsittelyssä tarpeellinen lause, tasaisen suppenemisen Cauchyn ehto. Muista (A), että lukuono (a ) suppenee, os a vain os se on Cauchyn ono eli kaikilla ε > 0 on N N siten, että a i a < ε kaikilla i, N. Ehdosta seuraa, että ono suppenee, mutta raa-arvo pitää löytää ollain muulla keinolla. Lause 3.2. Olkoot f n : A R, n =, 2,... funktioita, A R. Funktioono (f n ) suppenee tasaisesti oukossa A (kohti otain funktiota f : A R), os a vain os kaikilla ε > 0 on N N siten, että (3.3) f n (x) f k (x) < ε kaikilla n, k N a kaikilla x A. Todistus. Oletetaan, että ono (f n ) toteuttaa Cauchyn ehdon (3.3). Tällöin kaikilla x A, lukuono (f n (x)) n= on Cauchyn ono a siten A:n noalla on a x R siten, että lim n f n(x) = a x. Näin saadaan funktio f : A R, f(x) = a x. Näytetään, että f n f tasaisesti. Olkoon ε > 0. Oletuksen mukaan on N N, olle f n (x) f k (x) < ε kaikilla n, k N a kaikilla x A. Olkoon x A. Koska f n (x) f(x) a f(x) = a x, niin on k x N siten, että k x N a f(x) f kx (x) < ε. Kolmioepäyhtälöä käyttäen saadaan f(x) f n (x) f(x) f kx (x) + f n (x) f kx (x) < ε + ε = 2ε kun n N. Koska N ei riipu pisteestä x, niin f n f tasaisesti. Toinen suunta menee samaan tapaan kuin lukuonoille, Har 3. 22
lim sup:n hakeminen tasaisen suppenemisen testaamisessa. suoraan tai ääriarvotehtävänä, älkimmäisessä tapauksessa tarkasta derivaatan nollakohdat a päätepisteet tarkkaa arvoa ei aina tarvita, sopiva epäyhtälö voi riittää a sup 0 kun n = lim sup( ) = 0 sup 0 kun n = lim sup( ) 0 Piirrä kuvia funktioonoista! 27.9 ============================= 23
4.. Saran suppeneminen. Äärellinen summa: Olkoot a a, a 2,..., a n summa on Mitä on a? 4. Lukusarat a + a 2 + + a n = R, N. Kun n N, niin lukuen n a. Määritelmä 4.. Olkoot a R, N. Muodollista ääretöntä summaa a = a + a 2 +... sanotaan (luku)saraksi (series). Sen. termi on a R a äärellinen summa n S n = a = a + a 2 + + a n R on saran a n. osasumma. Jos näiden osasummien muodostama lukuono (S n ) n= suppenee kohti reaalilukua S, niin sanotaan, että sara a suppenee. Raa-arvo S = lim S n n on saran a summa. Tällöin merkitään a = S (= lim n n a ). Ellei sara suppene, niin sanotaan, että se haaantuu. Jos a 0, kaikilla, niin sanotaan, että sara a on positiiviterminen. Huomautus 0. () Saraan liittyy siis kaksi lukuonoa: termien lukuono (a ) a osasummien lukuono (S n ) n=. (2) Sara haaantuu lim n S n = ± tai lim n S n. (3) Edellä summaus alkoi indeksistä =. Yhtä hyvin voidaan aloittaa indeksistä = 0, = 2, ne. Saran suppeneminen/haaantuminen ei muutu, summa voi muuttua. (4) Termien summausärestys voi vaikuttaa saran suppenemiseen! (Esimerkki myöhemmin.) Äärettömässä summassa laskuärestys on siis kiinnitetty. (5) Sara suppenee osasummien ono (S n ) n= on Cauchyn ono (A) (eli kaikilla ε > 0 on N N siten, että k =n+ a < ε kun n, k N). 24
Lause 4.2. Olkoot a a b saroa a olkoon c R. Jos sarat a a b suppenevat, niin myös sarat (a + b ) a (ca ) suppenevat a (a + b ) = a + b, (ca ) = c a. Todistus. Tutki osasummia a käytä lukuonoen ominaisuuksia. Har4. Esimerkki 4.3. () eli a = kaikilla N. Nyt S n = n = n kun n, oten sara haaantuu. (2) ( )+. Koska osasummien onolle pätee { n S n = ( ) + 0, kun n on parillinen =, kun n on pariton, niin onolla (S n ) ei ole raa-arvoa. Siten sara ( )+ haaantuu. Saran suppenemattomuus on oskus helppo todeta seuraavan tuloksen avulla. Kun tehtävänä on tutkia saran suppenemista, niin tarkasta aina ensin, suppenevatko termit nollaan. Jos eivät, niin sara haaantuu. Lause 4.4. Jos sara a suppenee, niin lim a = 0. Todistus. Sara a suppenee, oten on raa-arvo lim n S n = S R. Siten on a n = n n a a = S n S n S S = 0 kun n. VARO! Tulos ei käänny. Siitä, että lim a a suppenee! = 0, ei seuraa, että sara Esimerkki 4.5. () (Harmoninen sara haaantuu) Sara 25
haaantuu, vaikka a = 0 kun : S 2 n = + + + 2 3 4 }{{} 2 4 = 2 + n 2 + + + 5 8 }{{} 4 8 = 2 kun n. + + + 9 6 }{{} 8 6 = 2 (2) (Vuorotteleva harmoninen sara suppenee) Sara ( ) + = 2 + 3 4 +... + + + + 2 n + 2 }{{ n } (2 n 2 n ) 2 n suppenee: Näytetään, että osasummien ono on Cauchyn ono. Kaikilla n N pätee S 2n S 2n 2n + 2n + = S 2n+ S 2n+ 2n + 2 = S 2n+2 = S 2n + 2n + 2n + 2 S 2n, oten parillisten osasummien ono (S 2n ) on kasvava a parittomien osasummien ono (S 2n ) vähenevä. Siten kaikilla k, l 2n on S k S l S 2n S 2n = 2n 0 kun n. Osasummien ono (S n ) on siis Cauchyn ono. Siten vuorotteleva harmoninen sara suppenee. Toinen, summan antava tapa: Esimerkissä 2.7 näytettiin, että log 2 = 2 + 3 + ( )n+ n + = n ( ) + + Siten S n log 2 = eli lim n S n = log 2. t n t dt = S n + t n t dt n + 0 26 t n t dt t n t dt. kun n
(3) (Aritmeettinen sara) Sara a on aritmeettinen, os kahden peräkkäisen termin erotus vakio eli on d R siten, että Tällöin a + a = d kaikilla. a = (a + ( )d) a induktion avulla saadaan, että Koska S n = n a + a n. 2 lim a = lim (a + ( )d) = a, os d = 0,, os d > 0,, os d < 0, niin sara haaantuu Lauseen 4.4 noalla kun d 0 a kun d = 0 a a 0. Jälelleäävässä nolla tapauksessa d = 0 = a, on a = 0 kaikilla a siten sara suppenee a sen summa on 0. (4) (Geometrinen sara) Sara a on geometrinen os kahden peräkkäisen termin suhde on vakio eli on q R, siten, että a + = qa kaikilla. Tällöin on (merkinnällä a = a ) a = aq = aq = a + aq + aq 2 +... 3.0 ============================= (Jos a = 0, niin sara on aritmeettinen nollasara a siten suppeneva.) Oletetaan, että a 0. Kun q =, niin sara on aritmeettinen sara vakiolla d = 0 (eli a + a +... ) a siten haaantuva. Kun q, niin Esimerkin 2.7 laskun mukaan on (4.) S n = a + aq + + aq n = a( qn ). q Määritelmä mukaan geometrinen sara suppenee, os a vain os on raa-arvo lim n S n R. Kaavan (4.) mukaan se suppenee, os a vain os on raa-arvo lim n q n R. Koska 0, os q <, lim qn =, os q >,, os q, 27
niin geometrinen sara suppenee, os a vain os q <. Tällöin aq = lim S n = a n q. Huomaa, että usein tarvitaan saraa q. Tämän saran summa on q = q q. 4.2. Suppenemistesteä. Usein saran osasummalle ei saada siistiä kaavaa kuten esimerkiksi geometriselle saralle. Saran suppenemisen/suppenemattomuuden tarkastelu onnistuu yleensä kätevämmin suppenemistestien avulla. Tämän luvun alussa käsitellään positiivitermisten saroen suppenemistesteä. Niitä voi tietenkin käyttää vaihtuvamerkkisten saroen itseisarvosaran suppenemisen eli itseisen suppenemisen testaamiseen. Sarat, missä p > 0, ( ) + a q p ovat tärkeitä vertailusaroa. Positiivitermisen saran osasummien ono on kasvava. Koska kasvava lukuono suppenee os a vain os se on ylhäältä raoitettu (A), niin saadaan seuraava, itseisen suppenemisen tarkastelussa (oissain tapauksissa) hyödyllinen tulos. Lause 4.6. Olkoot a 0 kaikilla N. Tällöin sara a suppenee, os a vain os osasummien S n ono on raoitettu, eli on M 0, siten, että n a M kaikilla n N. Lause 4.7 (Integraalitesti). Olkoon f : [, [ [0, [ atkuva a vähenevä funktio. Olkoon a = f() kaikilla N. Tällöin sara a suppenee, os a vain os epäoleellinen integraali f(x) dx c suppenee (eli on raa-arvo lim c f(x) dx [0, [). Todistus. Funktio f on atkuva a vähenevä, oten se on integroituva okaisella välillä [, c], c >. Oletetaan ensin, että integraali f(x) dx suppenee. Arvioidaan saran osasummia. Koska kaikilla 2 on termin a määrittelyn a funktion f vähenevyyden noalla a = a dx = 28 f() dx f(x) dx, a
niin n a = a + = a + n a a + =2 n n =2 f(x) dx a + f(x) dx f(x) dx. Koska integraali f(x) dx suppenee, niin saran a osasummat ovat raoitettua. Sara suppenee Lauseen 4.6 noalla. Oletetaan sitten, että sara a suppenee. Koska funktio F : [, [ [0, [, F (c) = c f(x) dx on kasvava, niin äärellinen raa-arvo lim c c f(x) dx on olemassa, os a vain os F on ylhäältä raoitettu. Olkoon c >, N N, N c. Tällöin funktion f vähenevyyttä käyttäen saadaan F (c) F (N) = N + N f(x) dx = f() dx = N N a + a. f(x) dx Koska sara a suppenee, niin funktio F on ylhäältä raoitettu. Siten integraali f(x) dx suppenee. Esimerkki 4.8 (Yli- a aliharmoninen sara). Tutkitaan saraa, p > 0, p. p Funktio f : [, [ [0, [, f(x) = x p on atkuva a vähenevä a f() = = a p kaikilla N. Integraalitestin (Lause 4.7) mukaan sara suppenee, os a vain os integraali dx p x p suppenee. Nyt c { c x dx = p p + x p+ = p (, os p <, c p+ ), os p > p a siten sara suppenee, os a vain os p >. p Saraa, sanotaan yliharmoniseksi saraksi kun p > a aliharmoniseksi saraksi kun p < p. 29
Huomaa, että harmonisen saran (Esim. 4.5 ()) haaantuminen on helppo osoittaa integraalitestin avulla. Koska c dx = log c kun c, x niin sara haaantuu. Siten harmoninen a aliharmoninen sara haaantuvat, yliharmoninen a vuorotteleva harmoninen sara suppenevat. Lause 4.9 (Vertailutesti). Olkoot a 0 kaikilla N. () (Maorantti) Jos on b 0, N, siten, että a b kaikilla N a b suppenee, niin sara a suppenee. (2) (Minorantti) Jos on c 0, N, siten, että a c kaikilla N a c haaantuu, niin sara a haaantuu. Todistus. () Har4. Käytä Lausetta 4.6. (2) Seuraa kohdasta (). Mieti! Lause 4.0 (Vertailutesti 2, osamäärätesti). Olkoot a 0, b > 0 kaikilla N a olkoon a lim = A. b () Jos A ]0, [, niin b suppenee, os a vain os a suppenee. (2) Jos A = 0 a a b suppenee, niin a suppenee. (3) Jos A = a b haaantuu, niin a haaantuu. 4.0 ============================= Todistus. () Raa-arvon määritelmän mukaan on N N siten, että a A < A, kun N. b 2 Siten kaikilla N pätee A 2 b < a < 3 2 Ab. Jos b suppenee, niin 3 =N Ab 2 suppenee Lauseen 4.2 noalla. Nyt sara =N a a siten myös sara a suppenee Lauseen 4.9 noalla. Toinen suunta vastaavasti. 30
(2) Oletuksen mukaan on N N siten, että a <, kun N. b Koska sara b suppenee, niin saran a suppeneminen seuraa Lausees/-ta 4.9 () (a siitä, että saran alkuun voi lisätä äärellisen määrän termeä suppenemisen/haaantumisen muuttumatta). (3) Har. Esimerkki 4.. () Aliharmonisen saran haaantuminen voidaan todistaa myös Lauseen 4.9 avulla: Jos 0 < p <, niin p a siten p kaikilla N. Koska harmoninen sara haaantuu (Esim. 4.5), niin sara haaantuu Lauseen 4.9 (2) noalla. p (2) Suppeneeko sara Kyllä: Koska!?! = 2 3 }{{} 2 2 a geometrinen sara suppenee, niin tutkittava sara suppenee 2 Lauseen 4.9 noalla. (3) Suppeneeko sara Ei: Harmoninen sara 2 ++ = 2 + +? haaantuu a 2 2 + + = + + kun, 2 oten tutkittava sara haaantuu osamäärätestin perusteella (Lause 4.0 ()). Lause 4.2 (Suhdetesti). Olkoot a > 0 kaikilla N a olkoon a + lim = q. a () Jos q <, niin sara a suppenee. (2) Jos q >, niin sara a haaantuu. 3
Varo! Jos q =, niin saran suppenemisesta ei voi sanoa mitään. Esimerkiksi haaantuvalle harmoniselle saralle on a + = a + = + kun, a suppenevalle yliharmoniselle saralle a + a =, 2 2 ( + ) 2 = + 2 + 2 kun. Todistus. (Lauseen 4.2) () Etsitään saralle a suppeneva maorantti. Koska 0 q <, niin on r ]q, [. Oletuksen mukaan luvulle r q > 0 on N N siten, että a + q < r q kun N, a mistä seuraa, että indekseille N pätee a + a < r. Koska tästä seuraa, että niin ono ( a r ) =N a + r + < a r kun N, on vähenevä. Siten a a N r N r kun N. Koska r <, niin geometrinen sara a N =N r N r suppenee. Siten sara a suppenee Vertailutestin (Lause 4.9) noalla. (2) Koska q >, niin on N N siten, että a + q < q kun N. a Tästä seuraa, että a + > a kun N. a siten a 0 kun. Sara a haaantuu Lauseen 4.4 perusteella. Lause 4.3 (Juuritesti). Olkoot a 0 kaikilla N a olkoon a = q. lim () Jos 0 q <, niin sara a suppenee. (2) Jos q >, niin sara a haaantuu. 32
Todistus. () Etsitään saralle a suppeneva maorantti. Koska 0 q <, niin on r ]q, [. Oletuksen mukaan luvulle r q > 0 on N N siten, että a q < r q kun N, mistä seuraa, että indekseille N pätee a < r. Koska geometrinen sara =N r suppenee, niin sara =N a suppenee Lauseen 4.9 noalla. Siten myös sara a suppenee. (2) Koska q >, niin luvulle q > 0 on N N siten, että a q < q kun N. Koska nyt a > kun N, niin a 0 kun. Sara a haaantuu Lauseen 4.4 perusteella. Huomautus. Juuritestin kohta (2) toimii myös ei-positiivitermisille saroille: Jos lim a = q >, niin sara haaantuu. Kohdan (2) todistus itseisarvosaralle näyttää, että a 0 kun. Siten a 0 kun a sara haaantuu. Esimerkki 4.4. () Suppeneeko sara!? Kyllä: Koska ( + )! ( ) ( ( + ) +! = = + + ) e kun, a 0 < <, niin sara suppenee Suhdetestin (Lause 4.2) noalla. e (2) Olkoon ( a = 2 + ). Koska a = 2 + kun, 2 niin sara a suppenee Juuritestin (Lause 4.3) noalla. (3) Olkoon a = ( + ). Nyt a = + kun, oten Juuritesti ei auta. Koska lim a = e 0, niin sara a haaantuu Lauseen 4.4 perusteella. 33
Siirrytään seuraavaksi tutkimaan saroa, oissa on sekä positiivisia että negatiivisia termeä. Seuraava lause kertoo, että saran termien itseisarvoen muodostaman saran suppeneminen on vahvempi ominaisuus kuin suppeneminen. Itseisarvoen muodostama sara ei välttämättä suppene, vaikka itse sara suppenee. Tästä esimerkkinä on vuorotteleva harmoninen sara ( )+, oka suppenee, mutta onka itseisarvosara, harmoninen sara, haaantuu. Itseisarvosaroen suppenemisen testaamiseen voidaan käyttää edellä opittua testeä. Määritelmä 4.5. Olkoot a R. Sanotaan, että sara a suppenee itseisesti, os sara a suppenee. 0.0 ============================= Lause 4.6. Jos sara a suppenee itseisesti, niin se suppenee a Todistus. Merkitään S n = a a. n a, T n = n a. Näytetään, että osasummien ono (S n ) on Cauchyn ono. Olkoon ε > 0. Sara a suppenee, oten osasummien ono (T n ) on suppenevana onona Cauchyn ono. On siis N N, siten, että T n T k < ε kun k, n N. Tämän a kolmioepäyhtälön avulla saadaan (kun n > k) S n S k = n a = ak+ + a k+2 + + a n =k+ a k+ + a k+2 + + a n = = T n T k = T n T k < ε, n =k+ a kun k, n N. Jono (S n ) on siis Cauchyn ono a siten suppeneva. Lisäksi, kolmioepäyhtälön noalla, on kaikilla n N, S n = n n a a a a siten a = lim S n a. n 34
4.3. Saran ehdollinen suppeneminen. Määritelmä 4.7. Olkoot a R, N. Sara a on vuorotteleva, os sen termit ovat vuorotellen positiivisia a negatiivisia. Sara a suppenee ehdollisesti, os se suppenee, mutta ei suppene itseisesti. Lause 4.8 (Leibnizin testi vuorotteleville saroille). Olkoon (a ) vähenevä lukuono, a 0 kaikilla N. Jos lim a = 0, niin vuorotteleva sara ( ) + a suppenee a osasummien onolle (S n ) n= pätee S 2n ( ) + a S 2n kaikilla n N. Huomautus 2. Vertaa Vuorottelevan harmonisen saran suppenemisen todistukseen, Esim. 4.5. Todistus. Tutkitaan parillisia a parittomia osasummia. Olkoon n N. Koska ono (a ) on vähenevä, niin parittomille osasummille pätee S 2n+ = S 2n a 2n + a 2n+ S 2n. Siten S S 3 S 5... eli ono (S 2n ) n= on vähenevä. Parillisille osasummille saadaan vastaavasti a siten ono (S 2n ) n= on kasvava. Koska kaikilla n N on S 2n+2 = S 2n + a 2n+ a 2n+2 S 2n S S 2n = S 2n + a 2n S 2n S 2, niin ono (S 2n ) n= on alhaalta a ono (S 2n ) n= ylhäältä raoitettu. Siten on (A) äärelliset raa-arvot lim S 2n = S a lim S 2n = S. n n Näytetään lopuksi, että S = S. Oletusta lim a = 0 käyttäen saadaan S S = lim n S 2n lim n S 2n = lim n (S 2n S 2n ) = lim n a 2n = 0. Tästä seuraa, että sara ( )+ a suppenee a sen summa on S. 35
Esimerkki 4.9. Suppeneeko sara ( ) +? Sara on vuorotteleva. Se ei suppene itseisesti, sillä on aliharmonisena /2 sarana haaantuva. Koska + > kaikilla N a lim =, niin sara suppenee Leibnizin testin (Lause 4.8) noalla. Käsitellään seuraavaksi summausärestyksen vaihtamista. Aloitetaan varoittavalla esimerkillä. Esimerkki 4.20 (Harvennus). Jos saraa harvennetaan lisäämällä termien väliin nollia, niin osasummia tarkastelemalla nähdään, että suppeneminen ei muutu a suppenevan saran summa säilyy samana. Olkoot nyt a = ( )+, b 2 = 0, b 2 = ( )+, 2 olloin a = 2 + 3 4 + 5 6 + 7 8 + 9 0 +..., b = 0 + +0 +0 + +0 +0 + }{{} 2 }{{} 4 }{{} 6 }{{} 8 0 +.... 2 2 ( 2 ) 2 3 2 ( 4 ) Lineaarisuuden (Lause 4.2) noalla b = 2 a. Laskemalla termeittäin yhteen saadaan (a + b ) = + 0 + 3 2 + 5 + 0 + 7 4 + 9 + 0 +... eli nollasta poikkeavat termit ovat vuorottelevan harmonisen saran termit eri ärestyksessä. Kuitenkin lineaarisuuden (Lause 4.2) perusteella on (a + b ) = a + b = 3 a!! 2 Poistamalla nollat saadaan sekoitettu vuorotteleva harmoninen sara, onka summa on 3 kertaa alkuperäisen saran summa! 2 Sanotaan, että sara b on saatu sarasta a summausärestystä vaihtamalla, os on biektio i: N N, olle b i() = a kaikilla N. Seuraavaksi näytetään, että itseisesti suppenevan saran summausärestystä saa vaihtaa mutta ehdollisesti suppenevalle saralle voi käydä summausärestystä vaihdettaessa miten tahansa. 36
Lause 4.2. Olkoon sara b on saatu sarasta a summausärestystä vaihtamalla. Jos a suppenee itseisesti, niin b suppenee itseisesti a b = a..0 ============================= Todistus. Näytetään ensin, että b suppenee a että b = a. Merkitään S n = n a, S = lim n S n, T n = n b. Olkoon ε > 0. Koska sara a suppenee, niin on N N siten, että a Tällöin Lauseen 4.6 noalla S n S = n a N a < ε. a = =n+ kun n N. Olkoon nyt M N, M N sellainen, että Olkoon n M. Tällöin missä luvun M valinnan noalla on T n S N = n b a {a, a 2,..., a N } {b, b 2,..., b M }. T n S T n S N + S N S, N a } {{ } =N+ =n+ a < ε. a < ε Huomaa, että kohdassa on summa oistakin luvuista a, oille > N. Edellä tehdyistä arvioista seuraa nyt, että T n S 2ε. Siten sara b suppenee a b = S = a. Koska sara b on saran a uudelleenärestely a sara a suppenee itseisesti, niin todistuksen alkuosan perusteella b suppenee a b = a. 37
Lause 4.22 (Riemannin uudelleenärestelylause). Olkoon a suppeneva sara, oka ei suppene itseisesti (suppenee ehdollisesti). Tällöin () okaiselle s R sarasta a voidaan muodostaa summausärestystä vaihtamalla suppeneva sara b, olle b = s. (2) sarasta a voidaan muodostaa summausärestystä vaihtamalla haaantuva sara b. Todistus. (2): Olkoon p n saran a n. positiivinen a q n n. negatiivinen termi. Positiivitermiset sarat p a q haaantuvat (os ne suppenisivat, niin sara a suppenisi itseisesti, os toinen suppenisi a toinen haaantuisi, niin osasummien n a onon raa-arvo olisi ±, Har.) Olkoon n N luku, olle n Olkoon m N pienin luku, olle n Olkoon n 2 N pienin luku, olle n 2 Olkoon m 2 N pienin luku, olle n 2 n p < p. m p q <. m p q 2. m 2 p q < 2. Jatkamalla saadaan raatta kasvava osasummien ono. Siis ärestämällä sara uudelleen saadaan haaantuva sara. p, p 2,... p n, q, q 2,..., q m, p n +, p n +,... p n2, q m +, q m +2,..., q m2,... (): Kts. [2]. Samaan tapaan. Osasummien onoa ei pakoteta kasvamaan vaan positiivisia termeä otetaan sen verran, että osasummat ovat yli halutun summan s, sitten negatiivisia niin monta, että osasumma on pienempi kuin s. Näin atkamalla a käyttämällä tietoa, että lim n p n = 0 = lim n q n saadaan uudelleen ärestetty sara, onka summa on s. 38
Entä saroen tulo? Jos sarat a a b suppenevat itseisesti, niin miten saadaan sara, onka summa on ( a )( b )? Nyt ( n )( n ) a b = (a + a 2 + a 3 + + a n )(b + b 2 + b 3 + + b n ) missä c = = a b + (a b 2 + a 2 b ) + (a 3 b + a 2 b 2 + a b 3 ) +... = c + c 2 + c 3, a i b i+ (termit, oiden indeksien summa + ) i= a b a b 2 a b 3... a 2 b a 2 b 2 a 2 b 3... a 3 b a 3 b 2 a 3 b 3............... Saraa c sanotaan saroen a a b Cauchyn tuloksi (muodollinen tulo). Lause 4.23. Olkoot a a b itseisesti suppenevia saroa. Tällöin niiden Cauchyn tulo suppenee itseisesti a ( )( ) a b = c = a k b i. Todistus. Kts. [2]. k+i=+ Esimerkki 4.24. Tutkitaan geometrista saraa x n = x =, kun x ], [. x n=0 Sara suppenee itseisesti kun x ], [. Saralle Cauchyn tulo itsensä kanssa on sara c, missä c = x i x i+ = x = x. i= Lauseen 4.23 noalla sara c suppenee itseisesti kun x < a (n + )x n = x = ( x )( x ) = ( x). 2 n=0 i= 39
5. Funktiosarat 5.. Funktiosaroen suppeneminen. Määritelmä 5.. Olkoon (f ) funktioono, f : A R, A R. Muodollista summaa sanotaan funktiosaraksi. Funktiosara f suppenee () pisteittäin, os lukusara f (x) suppenee okaisella x A (eli on raa-arvo lim n n f (x) kaikilla x A), f (2) itseisesti, os funktiosara f suppenee pisteittäin (eli lukusara f (x) suppenee okaisella x A), (3) tasaisesti, os osasummien S n : A R, S n (x) = n f (x) muodostama funktioono suppenee tasaisesti (eli on funktio f : A R, olle kaikilla ε > 0 on N N, siten, että S n (x) f(x) < ε kaikilla n N, kaikilla x A.) Huomautus 3. () Suppeneva funktiosara määrää funktion f : A R, f(x) = f (x). Sara f suppenee (pisteittäin, tasaisesti), os a vain os osasummien funktioono (S n ) suppenee (pisteittäin, tasaisesti). Lukuen 3. a 4. tuloksia voi käyttää funktiosaroen tutkimiseen. (2) Funktioonoen tasaisen suppenemisen Cauchyn ehdosta (Lause 3.2) seuraa, että f suppenee tasaisesti, os a vain os kaikilla ε > 0 on N N, siten, että sup x A k =n+ f (x) = sup S k (x) S n (x) < ε x A aina kun k, n N (edellä k > n, toinen ärestys toimii tietenkin myös). 7.0 ============================= 40
(3) Jos funktiosara f suppenee (tasaisesti), niin funktioono (f ) suppenee (tasaisesti) kohti nollafunktiota: f = f k f k f f = 0 (tasaisesti )kun. k= k= Esimerkki 5.2. () Olkoot f : [0, ] R, N, f (x) = ( ) +, kaikilla x [0, ]. (Funktiot f ovat siis vakiofunktioita eli funktiosara on lukusara.) Sara f suppenee pisteittäin a tasaisesti mutta ei itseisesti (vuorotteleva harmoninen a harmoninen sara). (2) Geometrinen sara g, g (x) = x suppenee välillä ], [. Koska ( ) g = kaikilla N, niin lim sup x ],[ g (x) 0 0 a siten (g ) ei ei suppene tasaisesti nollafunktioon. Funktiosaran suppeneminen ei siis ole tasaista. (3) Olkoon f : ]0, ] R, Nyt S n (x) = f (x) = {, kun x ] + 0, muuten. n f (x) = {, kun x ] n+ 0, muuten a siten S n (x) (vakiofunktio) pisteittäin a itseisesti välillä ]0, ]. Koska sup x ]0,] S n (x) = 0 kun n, niin suppeneminen ei ole tasaista. Funktioonon (f ) funktioden ominaisuuksien periytyminen summafunktiolle f tasaisesti suppevassa funktiosarassa seuraa helposti funktioonoen tuloksista. Lause 5.3. Olkoot f : I, N, funktioita, oille funktiosara f suppenee tasaisesti kohti funktiota f välillä I. () Jos funktiot f ovat atkuvia, niin f on atkuva. 4
(2) Jos funktiot f ovat (Riemann-)integroituvia välillä [a, b] I, niin f on integroituva välillä [a, b] I a b b b f(x) dx = f (x) dx = f (x) dx. a a (3) Jos funktiot f ovat atkuvasti derivoituvia a derivaattoen funktiosara f suppenee tasaisesti avoimella välillä I I, niin f on atkuvasti derivoituva a f (x) = d ( ) f (x) = dx a f (x) kaikilla x I. Huomaa, että b f a (x) dx on lukusara. Todistus. Seuraa suoraan funktioonoen vastaavista tuloksista (Lause 3.4, Lause 3.8, Lause 3.). Mieti! Tärkein työkalu funktioonoen suppenemisen testaamisessa on Lause 5.4 (Weierstrassin M-testi). Olkoot f : A R, N, funktioita, oille kaikilla N on 0 M < siten, että f (x) M kaikilla x A. Jos lukusara M suppenee, niin funktiosara f suppenee itseisesti a tasaisesti oukossa A. Todistus. Näytetään ensin, että sara f suppenee itseisesti. Olkoon x A. Merkitään a = f (x). Koska sara M suppenee a a M kaikilla N, niin sara a suppenee Lauseen 4.9 noalla. Siis sara f suppenee itseisesti. Näytetään sitten, että sara f suppenee tasaisesti. Olkoon ε > 0. Merkitään S n (x) = n f (x). Kun k > n, niin S k (x) S n (x) = k =n+ f (x) k =n+ f (x) k =n+ Koska sara M suppenee, niin osasummien ono ( i M ) i on Cauchyn ono. On siis N N siten, että k =n+ M < ε kun n, k N. Siten on S k (x) S n (x) < ε kaikilla x A. Sara f suppenee tasaisesti tasaisen Cauchyn ehdon (Lause 3.2) noalla. 42 M.