Detta har hänt på TMA976! till och med läsvecka 7

Detta har hänt på TMA976! till och med läsvecka 7 Peter Kumlin 05--8 Innehåll Vecka 3. Existens/entydighetsresultat för ordinära differentialekvationer. 3 Vecka 5. Partiallösningar till linjära ode................... 5. Lite till om ode............................ 6.3 Ordo-begreppen............................ 8 3 Vecka 3 9 3. l Hospitals regel........................... 9 3. En mycket snäll funktion...................... 3.3 Differensekvationer.......................... 4 Vecka 4 3 4. Fixpunktssatsen och Newtons metod................ 3 5 Vecka 5 7 5. Rot bättre än kvot......................... 7 5. Lite till om numeriska serier..................... 8 5.3 Limes superior/limes inferior.................... 9 5.4 Omordning av serier......................... 0 6 Vecka 6 6. En övningsuppgift.......................... 7 Vecka 7 4 7. Ett tentamensproblem........................ 4 7. Ett problem till............................ 5 7.3 Karakterisering av kompakta mängder i R n, n =,,3,....... 6 7.4 Likformig kontinuitet......................... 8

Nedanstående anteckningar täcker material som har tagits upp (eller borde ha tagits upp) på föreläsningarna i mån av tid men som inte finns med i kursböckerna. Materialet ingår inte i kursen i den mening att man förväntas kunna redovisa det på tentamen. Dock är det inte skadligt för någon student att ta del av det. Tala gärna om för mig om ni hittar något fel eller om ni har synpunkter på något ytterligare som skulle tagits med.

Vecka Vad gicks igenom vecka? Kort presentation av kursens huvudmoment, introduktion av terminologi för differentialekvationer, genomgång av lösningsmetoder för linjära differntialekvationer av ordning (metoden med integrerande faktor) och separabla differentialekvationer, diskussion av existens och entydighet för differentialekvationer av ordning samt formulering av Picards existenssats (se nedan), genomgång av några exempel i detta sammanhang, vidare genomgång av materialet i [D] om linjära differentialekvationer av ordning n allmänt och sedan om specialfallet med konstanta koefficienter, definition av e icx där c är ett komplext tal, förskjutningsregeln och formulering av huvudstasen på sidan 3 i [D]. Satsen bevisades och slutligen gjordes en genomgång av lämpliga ansatser för partiallösningar.. Existens/entydighetsresultat för ordinära differentialekvationer I kapitel 8 i Persson/Böiers envariabelbok (PB) ges exempel på differentialekvationer av olika ordning och på algoritmer för att hitta lösningar till dessa. Vi kan med bokens hjälp endast visa existens av en lösning till en differentialekvation genom att presentera en explicit lösning. Det sägs inget om entydighet för lösningar. Vi formulerar därför ett par satser som besvarar vissa av dessa frågor. Bevis utelämnas då de förutsätter kunskaper (vissa kompakthetsresultat) som vi inte har tillgängliga. Vi inskränker oss till följande problem: Har differentialekvationen { y ( ) = g(x,y), x I y(x 0 ) = y 0, där I är ett intervall som innehåller x 0, en lösning y(x) för x I? Denna fråga besvaras delvis av följande två satser där den första satsen även uttalar sig om entydigheten. Sats. (Picard). Låt Ω = [x 0 a,x 0 + a] [y 0 b,y 0 + b], a,b > 0, vara en omgivning av (x 0,y 0 ) där funktionen g(x,y) är kontinuerlig och uppfyller ett Lipschitz-villkor i y, dvs det finns ett reellt tal M sådant att g(x,y ) g(x,y ) M y y, alla (x,y ),(x,y ) Ω. Då har differentialekvationen ( ) en entydigt bestämd kontinuerligt deriverbar lösning y(x) i ett intervall [x 0 c,x 0 +c] [x 0 a,x 0 +a] för något c > 0. Om Ω = [x 0 a,x 0 +a] R, a > 0, så gäller c = a. Bevisiden bygger på att man studerar följden y n (x), n =,,... av s.k. Picarditerationer definierade av { y (x) = y 0 + x x 0 g(t,y 0 )dt y n+ (x) = y 0 + x x 0 g(t,y n (t))dt, n =,,... 3

Vi noterar här att en kontinuerlig funktion y(x) är en lösning till ( ) om och endast om y(x) satisfierar ( ) y(x) = y 0 + x x 0 g(t,y(t))dt, x I. Observera att om y(x) är en kontinuerlig funktion som satisfierar ( ) så är y(x) en kontinuerligt deriverbar funktion. Det återstår att bevisa är att följden (y n (x)) n= konvergerar likformigt på I mot en kontinuerlig funktion y(x) så att man kan gå i gräns i x y n+ (x) = y 0 + f(t,y n (t))dt. x 0 Sats. (Peano). Antag att g(x, y) är kontinuerlig i en omgivning Ω = [x 0 a,x 0 + a] [y 0 b,y 0 + b], a,b > 0, av (x 0,y 0 ). Då har differentialekvationen ( ) en kontinuerligt deriverbar lösning y(x) i ett intervall [x 0 c,x 0 +c] [x 0 a,x 0 +a] för något c > 0. Notera att Peanosatsen inte uttalar sig om entydigheten av lösningen. Ett exempel på en differentialekvation där Peanos men inte Picards existenssats är tillämplig är följande: { y (+) = 3y 3, x I y(0) = 0 där I är ett intervall som innehåller x = 0. Här är inte g Lipschitz-kontinuerlig (men väl kontinuerlig) i en omgivning av (0, 0). Medelvärdessatsen ger ju att g(y) g(0) = g (ξ) y 0, där ξ ligger mellan y och 0, och g är obegränsad i varje intervall (0,ǫ), ǫ > 0. Det gäller att (x b) 3, x > b y a,b (x) = 0, a x b (x a) 3 x < a är lösningar till (+) för varje a 0 b. Speciellt är y(x) = x 3 en lösning till (+). Detta gäller också funktionen y = 0. Vi har alltså oändligt många lösningar till (+). Vad gäller entydigheten av lösningar i Picardsaten är detta lätt att visa. Antag att y (x),y (x) är två lösningar till ( ) i [x 0,x 0 +ǫ], ǫ > 0. Då gäller y (x) y (x) = M x x x 0 (g(t,y (t)) g(t,y (t)))dt x 0 y (t) y (t) dt, x [x 0,x 0 +ǫ]. 4

Sätt λ(x) = x x 0 y (t) y (t) dt. Notera att λ(x 0 ) = 0. Det gäller att λ (x) Mλ(x), x (x 0,x 0 +ǫ), och alltså (e Mx λ(x)) 0 för x (x 0,x 0 + ǫ). Integration över intervallet [x 0,x] ger 0 λ(x) e M(x x0) λ(x 0 ) = 0, x [x 0,x 0 +ǫ]. Alltså λ(x) = 0 för x (x 0,x 0 +ǫ). På liknande sätt visas påståendet för x x 0. För n:te ordningens differentialekvationer av typen { y (n) = f(x,y,y,...,y (n ) ), x I y(x 0 ) = y 0,y (x 0 ) = y,...,y (n ) = y n skrivs dessa om som system av :a ordningens differentialekvationer med u = y u = y... u n = y (n ) enligt u = u, u (x 0 ) = y 0 u = u 3, u (x 0 ) = y...... u n = u n, u n (x 0 ) = y n u n = f(x,u,u,...,u n ), u n (x 0 ) = y n Metoden med Picarditerationer, en vektorvärd version, kan tillämpas här. För vidare studium hänvisas till exempelvis K.G.Andersson/L-C.Böiers: Ordinära differentialekvationer, Studentlitteratur. Vecka Vad gicks igenom vecka? Genomgång av olika ansatser för partikulärlösningar till linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter inklusive en allmän formel med Greenfunktionen till problemet, Eulers differentialekvation. Formulering och bevis av Taylors formel, även beviset baserat på Cauchys medelvärdessats, och standardutvecklingar för de vanliga elementära funktionerna. Entydighetssats för Taylorutvecklingar diskuterades. Tillämpningar av Taylorutvecklingar studerades.. Partiallösningar till linjära ode I samband med diskussionen om hur olika ansatser för partiallösningar till linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter kan väljas gavs ett allmänt recept som vi formulerar som en sats. 5

Sats.. Låt G(x) vara den lösning till P(D)y y (n) +a n y (n ) +...a 0 y = 0 som uppfyller villkoren y(0) = y (0) =...y (n ) = 0, y (n ) =. Då är y p (x) = x x 0 G(x t)f(t)dt en lösning till P(D)y = f(x). Denna lösning y p uppfyller villkoren y(x 0 ) = y (x 0 ) =... = y (n ) (x 0 ) = 0. Funktionen G(x) kallas Greenkärna m.a.p. differentialoperatorn P(D). Beviset för denna sats bygger på upprepad användning av satsen om derivering under integraltecknet, se Persson/Böiers flervariabelbok (PB) Sats sid 86. För läsarens bekvämlighet formulerar vi påståendet i den satsen här: Om h(x, t) och h x(x,t) är kontinuerliga funktioner i x och t gäller d dx x 0 h(x,t)dt = h(x,x)+ x 0 h x(x,t)dt. Bevisiden är här att studera differenskvoten för I(x) x h(x,t)dt, dvs 0 x s (I(x+s) I(x)) = h(x+s,t) h(x,t) dt+ x+s h(x+s,t)dt 0 s s där man måste visa att första termen x 0 h x(x,t)dt och andra termen h(x,x) då s 0. Ett exempel på en tillämpning av denna sats ges av y y = e x +, där en liten kalkyl ger G(x) = sinh(x) och y p (x) = x 0 sinh(x t) e t + dt =... = sinhx ln ex + + (ex xe x ). Speciellt uppfyller y p villkoren y(0) = y (0) = 0 då x 0 valts till 0.. Lite till om ode Vi har noterat att för linjär differentialoperatorer P(D) med konstanta koefficienter gäller P(D)[y] = (D n +a n D n +...+a D+a 0 )[y] = (D r ) m...(d r k ) m k [y], x 6

där r,...,r k är rötterna till motsvarande karakteristiska ekvation med multipliciteterna m,...,m k. Motsvarande faktorisering låter sig inte allmänt göras i fallet med variabla koefficienter a n (x),...,a 0 (x). Det kan göras ibland vilket följande exempel visar. Betrakta allmänt operatorn P(D)[y] = (D +a (x)d +a 0 (x))[y]. Då ((D r (x))(d r (x)))[y] = (D r (x))[y r (x)y] = gäller att = y (r (x)+r (x))y +(r (x)r (x) r (x))y om P(D)[y] = f(x) ((D r (x))(d r (x)))[y] = f(x) a (x) = r (x) r (x), a 0 (x) = r (x)r (x) r (x). Differentialekvationen löses då genom att lösa systemet av första ordningens linjära differentialekvationer (D r (x))[z] = f(x), (D r (x))[y] = z(x) Varför inte försöka lösa differentialekvationen y xy +(x )y = x på detta sättgenomatthittalämpligar (x)ochr (x).lämpligtvalärr (x) = r (x) = x. Genomför kalkylerna. Låt oss exemplifiera en annan metod att hantera homogena linjära differentialekvationer utgående från ett exempel. Betrakta y y cosx+ysinx = 0. Givet att vi känner till en lösning v(x) till differentialekvationen ovan ansätter vi y(x) = v(x)w(x). Om man deriverar y(x) och sätter in i differentialekvationen reduceras denna linjära differentialekvation i y av andra ordningen till en linjär differentialekvation av första ordningen i w. Konkret i fallet ovan, om man sättter v(x) = e sinx så fås w +w cosx = 0, en ekvation som kan lösas med integrerande faktor. Metoden låter sig lätt generaliseras. 7

Mycken möda har genom historien lagts ner på att hitta explicita lösningar till diverse differentialekvationer. Tekniken har varit att göra listiga variabelsubstitutioner och omskrivningar. Vi kan här bara peka på ett par sådana associerade med några kända gubbar. Variabelbyte i oberoende variabeln: Eulers diff.-ekv.: Sätt t = lnx. x n y (n) +a n x n y (n ) +...+a xy +a 0 y = f(x), x > 0 Variabelbyte i beroende variabeln: Bernoullis diff.-ekv.: Sätt z(x) = y(x) α y +g(x)y +h(x)y α = 0, α 0,. Böcker med långa listor av differentialekvationer med explicita lösningar finns att studera. Fördelen med en explicit lösning är att man lättare kan studera lösningens beroende på ingående parametrar..3 Ordo-begreppen I samband med Taylorutvecklingar har ordo-symbolen (stora ordo och lilla ordo) använts. Vi ger här en definition av begreppen. Låt h(x) vara en funktion med definitionsmämngd D f, där D f [ c,c] för alla c > 0. n nedan betecknar ett icke-negativt heltal där x 0 tolkas som. h(x) = O(x n ) då x 0 betyder att det finns ett intervall I = [ c,c], c > 0 och ett reellt tal M så att h(x) M x n, alla x [ c,c] D f. h(x) = o(x n ) då x 0 betyder att h(x) lim 0 x 0 x n = 0. Speciellt följer att h(x) = o(x n ) medför h(x) = O(x n ) men omvändningen gäller ej. Beteckningarna O((x a) n ) och o((x a) n ) då x a definieras analogt. Påståendet att en funktion g(x) är kontinuerlig i x = a kan med ordosymbolen skrivas g(x) = g(a)+o(), x a. 8

Påståendet att en funktion g(x) är deriverbar i x = a med derivatan g (a) kan med ordosymbolen skrivas g(x) = g(a)+g (a)(x a)+o(x a), x a. Vi noterar några räkneregler för O(x n ) där n är icke-negativt heltal. Om h(x) = O(x n ) så är även h(x) = O(x m ) då m < n Om m < n så är O(x m )+O(x n ) = O(x m ) co(x n ) = O(x n ) där c är en konstant x m O(x n ) = O(x n+m ) O(x n )±O(x n ) = O(x n ) O(x m ) O(x n ) = O(x m+n ) Om y = O(x n ) så är O(y m ) = O(x nm ) För o(x n ) finns motsvarande räkneregler men vi utelämnar dessa. 3 Vecka 3 Vad gicks igenom vecka 3? l Hospitals regel med bevis, differensekvationer speciellt linjära av andra ordningen med konstanta koefficienter, hur allmänna homogenlösningen tas fram via karakteristiska polynomet till differensoperatorn, lämpliga ansatser för att bestämma partikulärlösningar 3. l Hospitals regel Vi noterar att antagandet i l Hospitals regel att g (x) har konstant tecken i intervallen (x,x 0 ) och (x 0,x ) (kan vara olika i de olika intervallen) är ekvivalent med det till synes svagare antagandet g (x) 0. Detta är en konsekvens av Darboux sats som gåtts igenom förra läsperioden. För läsarens bekvämlighet formuleras den satsen här. Sats 3. (Darboux). Antag att g är en deriverbar funktion på intervallet [a, b]. Då finns för varje γ mellan g (a) och g (b) ett tal ξ (a,b) sådant att g (ξ) = γ. Observera att det inte förutsätts att g(x) är kontinuerligt deriverbar. Det finns deriverbara funktioner som inte har kontinuerlig derivata. Ett exempel är { x g(x) = sin x x 0 0 x = 0 9

som är deriverbar för alla x men vars derivata inte är kontinuerlig i x = 0. Ett exempel som visar att villkoret g (x) 0 i l Hospitals regel inte kan försummas: Sätt { f(x) = x+ sinx g(x) = e sinx f(x). Vi noterar nu att. g(x) +, x +. f (x),g (x) existerar 3. f (x) g (x) = sinx+cosx) 0, x + (där en faktor cosx förkortats) men e sinx (x+ cosx 4. e f(x) f(x) g(x) e för all x 3 (t ex), vilket innebär att g(x) 0, x + l Hopsitals regel är inte tillämpbar då g (x) växlar tecken i varje intervall (a, ), a R. Det är sällan som l Hospitals regel är ett måste för att visa existens av gränsvärden. Vi kompletterar ELW:s exempel på sidan 5 och uppgift 644a med alternativa argument: Ex : lim x x( π arctanx) = inses från x( π arctanx) = x x +t dt = x([ t t +t ] x + x (+t ) dt) = Detta ger = x +x +x x +t dt x x (+t ) dt. x( π arctanx) = x där x x (+t ) dt x +x 0 påståendet följer. 644a: lim x lnx x lnx x x x x x dt = +t +x +x x (+t ) dt, lnt dt = inses från lnx dt = lnt x ([ t x lnt ]x + +t dt 0 då 0 x. Låt x och lnx dt) = (lnt) x ( x lnx x ln + x (lnt) dt+ x (lnt) dt). 0

Vidare gäller då x och 0 lnx x 0 lnx x x x då x. Påståendet följer. (lnt) 3. En mycket snäll funktion lnx dt x x (ln) 0 lnx dt x (lnt) x x (ln x) = 4 lnx 0 I samband med Taylorutvecklingar kan man studera funktionen { e x x > 0 f(x) = 0 x 0 Denna funktion är kontinuerligt deriverbar på R hur många gånger som helst, betecknat f C (R), och speciellt gäller f (n) (0) = 0 för n = 0,,,... Visa detta! Detta innebär att f har en Taylorserie Σ f (n) (0) n=0 n! x n som konvergerar för alla x R, eftersom Σ f (n) (0) n=0 n! x n = 0 för alla x R, samtidigt som f(x) > 0 för x > 0. Detta medför att f(x) = Σ f (n) (0) n=0 n! x n för alla x [ ǫ,ǫ] endast för ǫ = 0. Funktioner med egenskapen att det för alla x R finns ett ǫ = ǫ(x) > 0 så att f(x) = Σ f (n) (0) n=0 x n, x [ ǫ,ǫ] n! kallas real-analytiska. Exemplet ovan visar att det finns funktioner i C (R) som inte är real-analytiska. 3.3 Differensekvationer Vi observerar att linjära differensekvationer med konstanta koefficienter kan skrivas om som matrisekvationer enligt följande: För ( ) y n+p +a p y n+p +...+a y n+ +a 0 y n = 0, n = 0,,,... sätter vi Y n = y n y n+., n = 0,,,... y n+p

och A = 0 0... 0 0 0... 0....... 0 0 0... a 0 a a... a p A är en p p matris. Vi kan då skriva ( ) som vilket ger Y n+ = AY n, n = 0,,,... Y n = A n Y 0, n = 0,,,... Den karakteristiska ekvationen till ( ), dvs. (+) r p +a p r p +...+a r +a 0 = 0 är lika med sekularekvationen det(a λi) = 0, där I betcknar enhetsmatrisen av typ p p, dvs λ 0... 0 0 λ... 0 (++)......... = 0, 0 0 0... a 0 a a... a p λ med r = λ. Sekularekvatinens rötter är egenvärdena till matrisen A. SpektralsatsenförmatrisergerattA n,n =,,3,...,lättkanberäknasfördiagonaliserbara matriser A vilket kommer att diskuteras i den kommande kursen i linjär algebra (eller kanske redan behandlats i den första kursen i linjär algebra). Läsaren uppmanas att redan nu och med hjälp av räknereglerna för determinanter visa att ekvationerna i (+) och (++) är desamma. Vi tillämpar matrisformuleringen på exempel 9 sidan 46 i ELW. Fibonaccis talföljd (F n ) n=0 definieras av F 0 = 0 F = F n+ = F n+ +F n, n = 0,,,... och dyker upp vid beskrivning av ett flertal fenomen i naturen. Om vi sätter [ ] yn Y n =, n = 0,,,... y n+ och A = [ 0 ]

kan differensekvationen skrivas Y n = A n Y 0, n = 0,,,... Egenvärdena till A (och då även rötterna till den karakteristiska ekvationen för F n+ = F n+ +F n, n = 0,,,...) är lika med 4 Vecka 4 ± 5. Vad gicks igenom vecka 4? Fixpunktssatsen med uppskattningar, Newton- Raphsons metod med uppskattningar, serier och begreppen konvergens/divergens, nödvändigt villkor för konvergens, positiva serier och huvudsatsen för positiva serier, integralkriteriet, jämförelsekriteriet och dito på gränsvärdesform. 4. Fixpunktssatsen och Newtons metod Vi kallar, se INR, en funktion f : I I en kontraktion på intervallet I om det finns ett positivt reellt tal k, k < så att Följande sats gäller enligt INR: x, x I f(x) f( x) k x x. Sats 4. (fixpunktssatsen). Antag att I = [a, b], a<b, och. f : I I. f är en kontraktion på I. Då gäller att. det finns en entydigt bestämd fixpunkt α I, dvs f(α) = α, och. för varje x 0 I gäller att följden (x n ) n=0, där x n+ = f(x n ), n = 0,,,... konvergerar och har gränsvärdet α (= fixpunkten). Notera att f ovan är en kontraktion om f är en deriverbar funktion på I och sup f (x) <. x I Följande uppskattningar gäller (beteckningar enligt satsen ovan) 3

A : B : x n+ α k x n α, n = 0,,,... (följer direkt från kontraktionsegenskapen för f) (följer från x n α k x n+ x n, n = 0,,,... x n α = x n f(x n )+f(x n ) α x n x n+ + f(x n ) f(α) x n x n+ +k x n α.) Jämför dessa uppskattningar med motsvarande uppskattningar för Newton-Raphsons metod. Intervallet I = [a,b] kan inte ersättas av intervallet (a,b) i fixpunktssatsen. Betrakta t ex funktionen f(x) = x på intervallet (0,) som är en kontraktion på intervallet (0, ) men saknar fixpunkt. Fixpunktssatsen gäller även för I = R men beviset får modifieras lite. Gör detta. Utnyttja t ex att och x f(x),x x f(x),x. Dock gäller inte fixpunktssatsen om I = R och f inte är en kontraktion på I men uppfyller Se t ex vad som gäller för x, x I, x x f(x) f( x) < x x. f(x) = { x ex x 0 + x x > 0 Fixpunktssatsen kan (ibland) användas för att lösa ekvationen f(x) = x. Om man vill lösa ekvationen f(x) = 0 kan (ibland) Newton-Raphsons metod användas. Men även om f (x) 0 för alla x så är man inte garanterad att (x n ) n=0 konvergerar där f : R R, x 0 R (vald) och x n+ = x n f(x n) f (x n ), n = 0,,,... Följande uppskattningar (som delvis återfinns i INR) gäller om I R är ett intervallmedx n,x n+,α I,därf(α) = 0,ochf C (I)ifallAochf C (I) i fall B. 4

A : x n+ α K L x n α, x n+ α K L x n+ x n. B : x n α M L x n+ x n, där L = inf x I f (x), M = sup x I f (x) och K = sup x I f (x). Tips: För att visa uppskattning A Taylorutvecklar man lämpligen kring x = x n med en restterm på Lagrange form av ordning och betraktar fallen x = α respektive x = x n+. Vi ger två lösningar till uppgift 88a i ELW, en baserad på fixpunktssatsen och den andra på satsen om monotona talföljders konvergens. Problem: Sätt x =, x n+ = +x n för n =,,3,... Visa att (x n ) n= konvergerar och beräkna dess gränsvärde. Lösning med fixpunktssatsen: Sätt f(x) = +x. Detta ger x n+ = f(x n ) för n =,,3,... Vi noterar att f(x) är en avtagande funktion för x > och att f() = (x = ). Vidare är f( ) = 3 >. Alltså gäller Dessutom ger medelvärdessatsen att f : [,] [,]. f(x) f(y) = f (η x,y ) x y för alla x,y [,] för något η x,y mellan x och y. Då f (x) = (+x) gäller max x [,] f (x) = 4 9 <, och alltså är f(x) en Lipschitzkontinuerlig funktion med Lipschitzkonstant k = 4 9 <, dvs f är en kontraktion på [,]. Fixpunktssatsen ger då att (x n) n= konvergerar mot f:s entydigt bestämda fixpunkt i ξ i [,]. Fixpunkten bestäms av ξ = f(ξ) dvs Vi får ξ = 5. ξ +ξ = 0, ξ [,]. 5

Lösning med satsen om monotona följders konvergens: Vi börjar med att beräkna de första talen i talföljden. x =, x =, x 3 = 3, x 4 = 3 5, x 5 = 5 8, x 6 = 8 3,... Det förefaller som om (x n ) n= är en avtagande och (x n ) n= är en växande följd (detta vet vi från från iterationstolkningen då f 0, se INR, men det är ju inte kunskap vi ska använda här). Låt oss (t.ex.) visa att (x n ) n= är en avtagande följd. Vi noterar att x n+ x n = = + +x n x n = +x n +x n x n = +x n ( x n x n ). Från definitionen ser vi att x k > 0 för alla positiva heltal k och vidare att x n+ x n < 0 om x n x n < 0. Detta är ekvivalent med att x n > 5. Vi har att x > 5. Återstår att visa att x n > 5 medför att x n+ > 5. Men x n+ = +x n +x n = +x n > = (3 5) 4 + 5 5 =. = 3+ 5 = Induktion ger alltså att (x n ) n= är en avtagande följd då x n > 5 för alla positiva heltal n. Detta ger enligt satsen om monotona talföljders konvergens att (x n ) n= konvergerar och har gränsvärdet ξ = + ξ + ξ. En liten kalkyl (observera att ξ 5 ) ger Vidare gäller 5 ξ = = ξ. x n = =... = ξ, n. +x n +ξ Alltså är (x n ) n= konvergent med gränsvärdet 5. 6

5 Vecka 5 Vad gicks igenom vecka 5? Rot- och kvotkriterierna inkl generalisering av rotkriteriet med lim ersatt med limsup. Vidare diskussion av begreppen absolutkonvergent serie och betingat konvergent serie samt formulering av Leibniz konvergenskriterium samt bevis av detta. Begreppet omordning av serier studerades. Potensserier och deras konvergensområden samt hur man beräknar konvergensradier gicks igenom. 5. Rot bättre än kvot Låt oss med rot-/kvotkriteriernas hjälp försöka avgöra om serien Σ n=a n konvergerar eller ej där ( )k n = k, k =,,3,... a n = ( )k n = k +, k = 0,,,... Här ser vi att då och n an, n k a k, k k+ a k+, k. Rotkriteriet ger då att serien ovan konvergerar. Men och a k+ a k, k a k+ a k+, k varför kvotkriteriet inte kan avgöra konvergens/divergens för serien. Detta är ingen slump! Det gäller att om existerar så existerar också och Visa detta. a n+ lim n a n lim n an n lim n a n+ an = lim. n n a n 7

5. Lite till om numeriska serier För något år sedan, alltså inte i år, noterade vi på föreläsning att rot-/kvotkriterierna inte förmådde avgöra om och när den positiva serien Σ k= a k, där a k = k p med parameter p R, konvergerar. Dessa kriterier bygger på jämförelse med geometriska serier och när k a k / a k+ a k då k kan inget sägas om seriens konvergens. Vet man lite mer, t ex hur snabbt a k+ a k går mot då k kan man säga lite mer. Detta är innehållet i Raabes konvergenskriterium som vi gick igenom då och som vi nu formulerar som en sats här. Sats 5. (Raabeskonvergenskriterium). Låt a k > 0 för k =,,3,... och antag att k( a k a k+ ) L, k. Då gäller att. L > medför att Σ k= a k konvergerar. L < medför att Σ k= a k divergerar 3. L = medför att ingen slutsats kan dras. Läsaren uppmanas att tillämpa Raabes kriterium på serien Σ k= k p där p R. Vi får rätt resultat i fallen p men för p = kan ingen slutsats dras. Vi skisserar nu beviset för Raabes kriterium. Fall: Antag L >. Då finns ett heltal N och ett ǫ > 0 så att dvs det gäller att k( a k a k+ ) > +ǫ, k N, ka k (k +)a k+ > ǫa k+, k = N,N +,N +,... Summera nu dessa olikheter för k = N,N +,...,m. Vi får Detta ger Na N (m+)a m+ > ǫσ m+ k=n+ a k. Σ m+ k=n+ a k < ǫ Na N, m N, och enligt huvudsatsen för positiva serier konvergerar Σ k= a k eftersom dess partialsummor är uppåt begränsade. Fall: Antag L <. Då finns ett heltal N och ett ǫ > 0 så att dvs det gäller att k( a k a k+ ) < ǫ, k N, ka k < (k +)a k+ ǫa k+, k = N,N +,N +,... 8

Följdaktligen gäller att ka k < (k +)a k+ och alltså C k < a k k = N,N +,N +,... för något positivt reellt tal C. Då serien Σ k= k divergerar divergerar Σ k= a k enligt jämförelsekriteriet för positiva serier. 5.3 Limes superior/limes inferior När vi diskuterade rotkriteriet för positiva serier observerade vi att påståendet i satsen (med betecknigar enligt ELW) också gäller om ersätts av lim k ak = A k lim sup k k ak = A. Definitionen av limsup för en begränsad talföljd (x k ) k= ges av ( ) lim supx k = lim sup{x n : n k}. k k Här ser vi att (z k ) k=, där z k = sup{x n : n k}, bildar en avtagande, begränsad talföljd som konvergerar enligt satsen om monotona talföljders konvergens. Följdakligen existerar limsup k x k och karakteriseras av att uppfyller villkoren att x = limsupx k k. för varje ǫ > 0 existerar ett positivt heltal N så att och k N x k < x+ǫ. för varje ǫ > 0 och varje positivt heltal N finns ett k N så att x k > x ǫ. Om sup byts ut mot inf i ( ) fås begreppet limes inferior för en talföljd (x k ) k=. Det gäller för varje begränsad talföljd (x k) k= att limsup k x k och liminf k x k existerar och vidare att < liminf x k limsupx k <. k k Om liminf k x k = limsup k x k existerar lim k x k och är lika med limsup k x k. 9

Ex: x k = ( ) k, k =,,3,..., har lim supx k = k men lim inf k x k = lim x k existerar ej. k 5.4 Omordning av serier Slutligen levererar vi bevis för satserna 8.5 och 8.6 i ELW. Σ k= a σ(k) är en omordning av serien Σ k= a k om σ är en permutation av (,,3,...), dvs σ är en bijektion på mängden {,,3,...}. Detta innebär att σ(k) = σ(l) medför k = l, och för alla positiva heltal k finns positivt heltal l så att σ(l) = k. Vi visar nu att varje omordning Σ k= a σ(k) av en absolutkonvergentserie Σ k= a k är absolutkonvergent och har samma summa som Σ k= a k. Antag alltså att Σ k= a k är absolutkonvergent, dvs Σ k= a k är en konvergent positiv serie. Då är Σ k= a σ(k) en konvergent positiv serie eftersom en övre begränsning A till partialsummorna Σ n k= a k, n =,,3,... också är en övre begränsning till partialsummorna Σ n k= a σ(k), n =,,3,... Detta följer av att för varje n gäller Σ n k= a σ(k) Σ max{σ(),σ(),...,σ(n)} k= a k A. Alltså är Σ k= a σ(k) en absolutkonvergent serie. Antag nu att S är summan av serien Σ k= a k. Det återstår att visa att också Σ k= a σ(k) har summan S. Fixera ǫ > 0 och välj ett positivt heltal N så att Σ k=n a k < ǫ. Detta är möjligt då Σ k= a k konvergerar. Sätt Ñ = min{n : {,,...,N} {σ(),σ(),...,σ(n)}}. Vi har Alltså gäller Σ n k=a σ(k) S Σ k=n a k < ǫ, n Ñ. lim n Σn k=a σ(k) = S. 0

Vi visar nu följande påstående: För varje betingat konvergent serie Σ k= a k och varje reellt tal S finns en omordning Σ k= a σ(k) (finns inte bara en utan oändligt många) som är konvergent och har summan S. Sätt a + k = max{a k,0} och a k = max{ a k,0}. Då är a k = a + k a k och a k = a + k + a k. Eftersom Σ k= a k är betingat konvergent, och alltså Σ k= a k är konvergent medan Σ k= a k är divergent, divergerar de båda serierna { Σ k= a + k. Detta gäller p g a att Σ k= a k a k = a k +a k = a + k a k, k =,,... Låt nu (c k ) k= vara den delföljd av (a k) k= som består av alla a k 0 och (d k ) k= vara den delföljd av (a k) k= som består av alla a k < 0. Skapa nu följden (a σ(k) ) k= som c,...,c n,d,...,d n,c n+,...,c n3,d n+,...,d n4,c n3+,...,c n5,d n4+,... där och induktivt n = min{n : c +c +...+c n > S} n = min{n : c +...+c n +d +d +...+d n < S} n k+ = min{n > n k : c +...+c n +d +...+d n +...+d nk + +... och +d nk +c nk + +...+c n > S} n k+ = min{n > n k : c +...+c n +d +...+d n +...+c nk + +... för k =,,3,... Det följer att +c nk+ +d nk ++...+d n < S} lim k Σ k=a σ(k) = S eftersom lim k a k = 0, då Σ k= a k är konvergent, och alltså lim k c n k + +...+c nk+ = lim k d n k + +...+d nk+ = 0. Man visar också enkelt att varje betingat konvergent serie har divergenta omordningar.

6 Vecka 6 Vad gicks igenom vecka 6? Termvis derivering/integrering av potensserier och användning av detta för att beräkna summor av potensserier behandlades. Vi visade att lösningar till linjära differentialekvationer kan bestämmas med hjälp av potensserier. Vidare behandlades funktionsföljder och funktionsserier och begreppen punktvis konvergens på ett intervall/likformig konvergens på ett intervall gicks igenom utifrån ett flertal exempel. Exempel som visade på hur fel det kan gå om man kastar om gränsövergångar diskuterades. 6. En övningsuppgift Enligt ett önskemål får ni här ett lösningsförslag på följande uppgift (ELW kapitel 9 uppgift 908b): Bestäm konvergensintervallet M och summan av potensserien x k Σ k=( ) k k(k ). Lösning: Sätt { 0 k = l, l =,,3,... a k = ( ) l l(l ) k = l, l =,,3,... Potensserien kan då skrivas som Σ k= a kx k. Observera att den ursprunliga potensserien endast innehåller jämna potenser av x. Beräkning av konvergensradien R: Vi noterar att R = limsup k l ak = lim sup{ : l k} =, k k l(l ) då l lim l l(l ) =. Alltså får vi R = (alternativt gör variabelbytet t = x och beräkna konvergensradien för potensserien i t och från detta dra slutsats om konvergensradien för potensserien i x). Beräkning av konvergensintervallet M: Vi vet att varje absolutkonvergent serie konvergerar. Eftersom Σ k= k konvergerar följer att Σ k= ( ) k (±) k k(k ) = Σ k= k(k ) konvergerar enligt jämförelsekriteriet på gränsvärdesform och alltså gäller M = [,].

Beräkning av potensseriens summa för x M: Kalla potensseriens summa för f(x). Vi vet att för x < R = kan vi derivera potensserien termvis och att den resulterande potensserien har samma konvergensradie, dvs. Alltså följer att f (x) = Σ k xk k=( ) k och på samma sätt fås Man noterar också att f (x) = Σ k= ( ) k x k = Σ k=0 ( x ) k = +x. f(0) = f (0) = 0. För x < kan vi bestämma f(x) genom att integrera +x två gånger. En första integration från 0 till x ger och en andra integration ger f (x) = arctanx, x < f(x) = xarctanx ln(+x ), x <. Vi konstaterar nu att xarctanx ln( + x ) är en kontinuerlig funktion på intervallet [, ]. Det återstår nu att bestämma seriens summa för ±. Det följer av att serien är absolutkonvergent för ± att potensserien är kontinuerlig i dessa ändpunkter i konvergensintervallet. Vi visar nu detta. Det räcker att studera punkten x = då potensseriens summa är en jämn funktion. Fixera ǫ > 0. Ska visa att det finns ett δ > 0 så att x k x ( δ,] Σ k=( ) k k(k ) Σ k=( ) k k(k ) < ǫ. Vi noterar att Σ k=( ) k x k k(k ) Σ k=( ) k k(k ) Σ k= k(k ) xk. k(k ) Eftersom den positiva serien Σ k= konvergerar finns positivt heltal N så att Σ k=n k(k ) < ǫ. Låt C beteckna summan av Σ k= Σ k= k(k ). Detta ger för x att k(k ) xk Σ N k= k(k ) xk + ǫ. 3

Vi kan nu välja ett δ > 0 så att den första termen i olikhetens högerled blir mindre än ǫ för alla x ( δ,] eftersom Σ N k= k(k ) xk C x N. Välj t ex δ = n ǫ C där vi antagit att ǫ C < vilket inte är någon inskränkning (ni inser varför eller hur?). Vi har visat att potensserien är kontinuerlig i x = ± och alltså är summan lika med arctan ln = π 4 ln. Kommentar: Vi visade i uppgiften ovan att x k lim x Σ k=( ) k k(k ) = Σ k=( ) k k(k ) utgående från att Σ k= ( )k k(k ) vilket Abel gjorde, att följande gäller. Sats 6. (Abels sats). Antag att f(x) = Σ k=0a k x k, x ( R,R). är absolutkonvergent. Man kan visa, Om serien konvergerar i x = R så existerar gränsvärdet lim x R f(x) och 7 Vecka 7 lim x R f(x) = Σ k=0a k R k. Vad gicks igenom vecka 7? Diskussion av satser om omkastning av gränsövergångar för likformigt konvergenta funktionsföljder. Formulering och bevis av Weierstrass M-sats samt tillämpning av de olika resultaten på olika exempel. Repetition av begreppen addition, multiplikation med skalär, skalärprodukt, belopp och egenskaper för dessa för vektorrummen R n, n =,,3,... Definition och flertal exempel rörande gränsvärden för vektorvärda funktioner av flera variabler, polära/sfäriska koordinater samt kort om räkneregler för gränsvärden. Tyvärr var tiden för knapp för att hinna gå igenom kontinuitet för funktioner av flera variabler samt de tre satser i PB som handlar om egenskaper för kontinuerliga funktioner på kompakta mängder eller bågvis sammanhängande mängder. 7. Ett tentamensproblem På omtentan på kursen i augusti 008 fannns ett problem där man skulle avgöra om en viss funktionsserie var likformigt konvergent på R. Då lösningar inte är utlagda för den tentan ges en lösning här. Problem: Visa att Σ k= x x +k 4

är punktvis konvergent på R. Avgör om funktionsserien konvergerar likformigt på R. Lösning: Sätt f k (x) = x x +k. Då f k (x) x k för k =,,... och Σ k= k konvergerarsåkonvergerar,enligtjämförelsekriteriet,funktionsserienσ k= f k(x) punktvispå R.Kallaserienssummas(x).Vinoteraratts(x)ärenuddafunktion då funftionerna f k (x) är udda. Vidare är f k (x) 0 då x 0 för k =,,... Via teckenstudium av derivatan av f k (x) får vi att funktionen f k (x) är växande på [0,k], avtagande på [k, ) och tar värdet k för x = k. Vi observerar (t.ex.) också att f l (k), l = k,k +,k +,...,k. 5k Detta ger att Σ k l=k+f l (k) k 5k = 5 för k =,,... Alltså kan inte funktionsserien vara likformigt konvergent på R eftersom s(n) s n (n) Σ n l=n+f l (n) 5 för varje positivt heltal n, där s n (x) betecknar den n-te partialsumman av Σ x k=x +k. Vi har alltså att sup s(x) s n (x) 0, n. x R (Man kan notera att funktionsserien är likformigt konvergent på varje begränsat interval enligt Weierstrass M-sats.) 7. Ett problem till Man kan visa likformig konvergens för vissa funktionsserier även då man inte kan använda Weierstass M-sats. Visa till Ex: att Σ k=( ) kxk k är likformigt konvergent på intervallet [0, ]. Allmänt gäller att om en funktionsföljd/funktionsserie konvergerar likformigt på en mängd D så konvergerar den likformigt på varje delmängd D D, och om konvergensenärlikformigpåpåvarjemängdd n,n =,,3,...,såärkonvergensen likformig på mängderna N n= D n, N =,,3,...,, men inte nödvändigtvis på n= D n. Visa detta. 5

7.3 KarakteriseringavkompaktamängderiR n, n =,,3,... NedangesenekvivalentbeskrivningavkompakthetförmängderM i R n itermer av egenskaper av följder av element i M. Vi studerar först fallet med n =. Följande resultat är användbart. Sats 7.. Låt (a n ) n= vara en godtycklig talföljd av reella tal. Då finns en delföljd (a nk ) k= av (a n) n= som är monoton. Bevis: En monoton talföljd är en följd som är antingen avtagande eller växande. Låt oss först införa begreppet vändpunkt nedåt. Vi säger att a n0 är en vändpunkt nedåt för följden (a n ) n= om a m a n0 för alla m > n 0. Två fall kan förekomma. Fall : Det finns oändligt många vändpunkter nedåt. Beteckna dessa med a n,a n,...,a nk,... där n < n <... < n k <... Följden (a nk ) k= är avtagande då a n a n... a nk... Fall : Det finns inga eller högst ändligt många vändpunkter nedåt. Välj ett element a m sådant att det inte finns några vändpunkter a n nedåt med n m. Välj sedan ett element a m med m > m och a m a m. Ett sådant element måste existera då det inte finns vändpunkter nedåt med index större än eller lika med m. Fortsätt iduktivt att välja element så att a mk+ a mk. Detta ger en följd (a mk ) k= där a m a m... a mk... Följden är alltså växande och påståendet i satsen är visat. Vi kan nu visa följande resultat baserat på supremumaxiomet. Beviset är rättframt och utelämnas här. Sats 7.. Låt (a n ) n= vara en godtycklig växande talföljd. Då gäller: (a n ) n= är uppåt begränsad om och endast om (a n ) n= är konvergent. På samma sätt visas också Sats 7.3. Låt (a n ) n= vara en godtycklig avtagande talföljd. Då gäller: (a n ) n= är nedåt begränsad om och endast om (a n ) n= är konvergent. Vi kan nu formulera och bevisa Sats 7.4 (Karakterisering av kompakta delmängder av R). Låt K vara en delmängd av R. Då är K kompakt om och endast om för varje följd (a n ) n= sådan att a n K för alla n det finns en delföljd (a nk ) k= och ett tal a K så att a nk a då k. 6

Bevis:AntagförstattK ärenkompakt,dvsslutenochbegränsad,delmängdav R och låt (a n ) n= vara en följd sådan att a n K för alla n. Då finns en monoton delföljd (a nk ) k= av (a n) n= enligt Sats 6.. Då K är en begränsad mängd är (a nk ) k= en begränsad följd. Enligt Sats 6. och Sats 6.3 måste (a n k ) k= vara konvergent. Låt a beckna gränsvärdet av följden. Då varje a nk K, k =,,..., måste a K K. Men K är sluten så K K och alltså gäller a K. Vi antar nu att för varje följd (a n ) n= sådan att a n K för alla n finns en delföljd (a nk ) k= och ett tal a K så att a n k a då k. Vi ska visa att K då måste vara sluten och begränsad. K är begränsad: Antag att K inte är begränsad och visa att detta motsäger vårt antagande ovan. Eftersom K är obegränsad finns för varje reellt tal M ett element a K sådant att a M. Välj ett godtyckligt element i K och kalla det a. Välj a K så att a a +. Välj induktivt a n+ så att a n+ a n + för n =,,... Följden (a n ) n= kan inte ha en konvergent delföljd ty om den hade det skulle denna delföljd vara begränsad samtidigt som det gäller att a n då n. Motsägelse och alltså är K begränsad. K är sluten: Antag att K inte är sluten och visa att detta motsäger vårt antagande ovan. Om K inte är sluten finns en randpunkt a till K som inte tillhör K. Välj för varje positivt heltal n ett element i K B(a, n ). Kalla detta a n. Notera att K B(a, n ) för alla n eftersom a är en randpunkttill K. Följden (a n ) n= ligger i K och konvergerar mot gränsvärdet a eftersom a n a n för alla n. Detta ger en motsägelse. Alltså måste K vara sluten. Beviset av satsen är nu klart. Sats 7.4 kan nu generaliseras till godtyckligt R n. Vi har Sats 7.5 (Karakterisering av kompakta delmängder av R n ). Låt K vara en delmängd av R n. Då är K kompakt om och endast om för varje följd (a k ) k= sådan att a k K för alla k finns en delföljd (a kl ) l= och ett tal a K så att a kl a då l. Beviside: Andra delen av beviset av Sats 7.4 går igenom i fallet R n med n > varför vi endast behandlar första delen av beviset. Låt alltså K vara en sluten och begränsad delmängd i R n och låt (a k ) k= vara en godtycklig följd i K. Vi har a k = (a k,,a k,,...,a k,n ), k =,,... Eftersom K är en begränsad mängd gäller att det finns ett reellt tal M sådant att a k M för k =,,... Då gäller a k, a k M, k =,,... Eftersom följden (a k, ) k= är begränsad finns enligt Sats 6., Sats 6. och Sats 6.3 en konvergent delföljd, beteckna den (a () k, ) k=, av (a k,) k=. Betrakta nu delföljden (a () k ) k= av (a k) k=. Vi har a () k = (a () k,,a() k,,...,a() k,n ), k =,,... 7

a () k, a() M, k =,,..., k därdetenligtsatsernaovangällerattföljden(a () k, ) k= harenkonvergentdelföljd som vi betecknar (a () k, ) k=. Fortsätt induktivt att betrakta följden på koordinatplats l+ för följden (a (l) k ) k=, där a (l) k = (a(l) k,,a(l) k,,...,a(l) k,n ), k =,,... och välj ut en delföljd för vilken de reella talen på plats l+ konvergerar. Efter ett ändligt antal utgallringar (tagande av delföljder av delföljder) har vi fått en delföljd(a (n) k ) k= av(a k) k= förvilkadereellatalenpåsamtligakoordinatplatser konvergerar. Det som återstår är att visa att (a (n) k ) k= konvergerar mot ett elenent i K. Läsaren uppmanas att använda karakteriseringen av kompakthet ovan för att visa Satserna 4 och 5 på sidan 4 i PB samt även följande resultat. Sats 7.6. Låt f : D R p, D R n, vara en kontinuerlig funktion, där D är en kompakt mängd. Då är f(d) = {f(x) : x D} en kompakt mängd i R p. 7.4 Likformig kontinuitet Tyvärr hann jag inte säga något om likformig kontinuitet men låt mig helt kort ge några kommentarer här. Låt f : D R p, D R n, vara en vektorvärd funktion på D. Här betecknar n,p godtyckliga positiva heltal. Vi säger att f är kontinuerlig på D om det för alla x D och alla ǫ > 0 finns δ > 0 så att x y < δ, y D f(x) f(y) < ǫ. (Observera att här får δ bero på både ǫ och x) f är likformigt kontinuerlig på D om det för alla ǫ > 0 finns δ > 0 så att x y < δ, x, y D f(x) f(y) < ǫ. (Observera att här få δ bara bero på ǫ) Man noterar att en likformigt kontinuerlig funktion på D måste vara en kontinuerlig funktion på D men inte omvänt. Vi ger några exempel på dessa begrepp för reella funktioner, dvs n = p =. 8

Ex: f(x) = x, x [0,] är en funktion som är likformigt kontinuerlig på [0,]. Visa detta. Ex: f(x) = x, x [, ) är en funktion som är kontinuerlig på [, ) men inte likformigt kontinuerlig på [, ). Visa detta. Ex: f(x) = x, x (0,] är kontinuerlig men inte likformigt kontinuerlig på (0, ]. Visa också detta. Ex: En funktion som är likformigt kontinuerlig på en mängd är likformigt kontinuerlig på varje delmängd av denna. En funktion som är likformigt kontinuerlig på en uppräknelig mängd av mängder (i R n, t ex n = ) är likformigt kontinuerlig på varje ändlig union av dessa mängder men inte nödvändigtvis likformigt kontinuerlig på unionen av alla de uppräkneligt många mängderna. Jämför de två första exemplen ovan. Ex: Antag att I(= [a,b]) är ett slutet begränsat intervall och att f(x) är en deriverbar funktion på (a,b). Då gäller att om sup f (x) < x (a,b) så är f likformigt kontinuerlig på I, vilket lätt visas med hjälp av medelvärdessatsen (modell Lagrange). Ex: Funktionen f(x) = x, x [0,] är likformigt kontinuerlig på [0,]. Detta följer direkt från Sats 5 i PB. Notera här att sup f (x) = x (0,) så observationen i föregående exempel kan inte användas. Vi kan däremot visa den likformiga kontinuiteten utgående från definitionen. Antag att δ > 0 och 0 x < x+δ. För y = x+δ gäller f(x) f(y) = x y = x y = δ δ. x+ y x+ x+δ Fixera nu ett godtyckligt ǫ > 0. Då gäller med δ = ǫ att Likformiga kontinuiteten visad. x y < δ, x,y [0,] f(x) f(y) < ǫ. 9