ETT OSKRIVET KAPITEL I FORSLING NEYMARK: Matematisk Analys

Mtemticentrum Mtemti NF ETT OSKRIVET KAPITEL I FORSLING NEYMARK: Mtemtis Anlys en vribel Toms Clesson och Per-Anders Ivert

Generliserde integrler och summor. Generliserde integrler över obegränsde intervll För de generliserde integrler vi hittills stött på n frågn om onvergens eller divergens lätt vgörs genom diret uträning och tillämpning v definitionen. Oft ställs mn doc inför problemet tt undersö onvergensen hos en generliserd integrl där integrndens primitiv funtion inte n bestämms på ett enelt sätt. Vi s här studer någr metoder tt gör dett. Vi börjr med tt betrt integrler över obegränsde intervll [, ). Räneregeln f() = c f() + c f() visr tt vlet v begynnelsepunt, eller c, inte påverr integrlens onvergens utn endst dess värde. Med ndr ord: lim b f() eisterr om och endst om lim b c f() eisterr, fst de två gränsvärden är i llmänhet inte li stor. Här och i resten v dett vsnitt underförstås tt de funtioner som betrts är integrerbr över begränsde delintervll. Ränereglern för gränsvärden och för integrler ger ocså tt (f()+g()) är onvergent ifll de generliserde integrlern f() och g() bägge är onvergent, och tt det i så fll gäller (f() + g()) = f() + g(). Observer tt förutsättningen tt båd integrlern f() och g() onvergerr är vitig för tt ovnstående formel s h mening. Betrt till eempel det fll då f() = / och g() = /(+). I dett fll är de generliserde integrlern f() och g() bägge divergent, medn (f()+g()) är onvergent (jfr. E. 6.9). Positiv integrnd Låt f vr en funtion som är positiv på intervllet [, ) (med dett menr vi tt f() för ll ; vi tillåter lltså tt f() n vr iblnd). Då är F(b) = f() en vände funtion v b. För en sådn funtion gäller som bent ntingen F(b) då b eller tt den är uppåt begränsd. I det senre fllet onvergerr den generliserde integrlen f() eftersom F(b) då hr ett ändligt gränsvärde då b. Problemet tt vgör huruvid en generliserd integrl med positiv integrnd är onvergent eller divergent är lltså litydigt med problemet tt vgör om det finns en mjornt för funtionen F eller inte. Denn observtion leder omgående till följnde sts. Sts.. Antg tt f() g() för och tt den generliserde integrlen g() är onvergent. Då är den generliserde integrlen f() ocså onvergent.

Bevis. F(b) = f() g() B, där B = g() är ändligt. Eempel : Avgör om den generliserde integrlen e 2 är onvergent eller divergent. Lösning: Eftersom funtionen e 2 är mycet liten för stor, förefller det rimligt tt tro tt integrlen är onvergent. Då de primitiv funtionern till e 2 inte n uttrycs med elementär funtioner, observerr vi i stället tt för gäller 2 och därmed f() = e 2 e = g(). Nu n g integrers eplicit: [ g() = e ] b = e e b e då b. Integrlen g() är lltså onvergent, så enligt Sts. är ocså integrlen f() onvergent. Sts., som lls jämförelseriteriet för generliserde integrler, n ocså formulers på följnde sätt: Antg tt f() g() för och tt den generliserde integrlen f() är divergent. Då är den generliserde integrlen g() ocså divergent. Jämförelseriteriet n lltså nvänds både till tt verifier tt en generliserd integrl är onvergent (om den nu är det) och till tt vis tt den är divergent (om den är det). För tt nvänd stsen behöver mn någon funtion g tt jämför med. Sts.2. Den generliserde integrlen p är onvergent om p > och divergent om p. Bevis. Antg först tt p =. Divergensen v den givn integrlen följer då v tt = ln b då b. Om p < är p = för efterson epontentilfuntionen y väer med y när bsen. Alltså är p när, och då vi redn vet tt / divergerr så gör / p det ocså enligt jämförelseriteriet. Fllet p > behndlr vi med en primitiv uträning: p+ b p = p + = p p b p p då b. 2

Eempel 2: Undersö om den generliserde integrlen är onvergent eller divergent. 2 4 4 + 4 + Lösning: Visserligen är integrnden f() tecenvälnde, men vi noterr tt f() för 4, och vi hr ju ovn onsttert tt onvergensen inte påvers v den undre integrtionsgränsen. Det räcer lltså tt undersö 4 2 4 4 + 4 +. Vi observerr tt f() för stor är ungefär li med 2 / 4 = / 2, så integrlen är nse onvergent. För tt verligen vis dett med hjälp v Sts. måste vi uppstt f() uppåt: f() = 2 4 4 + 4 + 2 4 + 4 + 2 4 = 2 = g(). Eftersom vi vet tt integrlen 4 g() är onvergent enligt Sts.2, finner vi tt 4 f() verligen är onvergent, och därmed ocså integrlen f(). Eempel 3: Undersö om den generliserde integrlen är onvergent eller divergent. + sin 2 + cos 4 Lösning: Integrnden f() är uppenbrligen positiv och för stor ungefär li med /. Därmed är den generliserde integrlen förmodligen divergent. För tt verligen vis dett med hjälp v Sts. måste vi uppstt f() nedåt: f() = + sin 2 + cos 4 2 + cos 4 2 + 2 + 2 /2 2 2 = 4 = g(), där den sist oliheten gäller för 2 eftersom det då gäller tt /2. Här hr vi bl.. nvänt tt cos 4 smt tt 2 + 2 + 2. Trots tt denn senre uppsttning är mycet grov för stor, hr vi ändå inte förlort någon väsentlig informtion, eftersom 2 ändå redn föreommer i nämnren. På motsvrnde sätt hr vi uppsttt täljren nedåt med hjälp v olihetern sin och = /2 + (/2 ) /2 (giltig för 2). Lägg märe till hur vi lånt /2 från den dominernde termen för tt eliminer den negtiv termen. Vår slutsts är tt den givn generliserde integrlen f() är divergent eftersom enligt Sts.2 integrlen g() är det. Multiplition v integrnden med den positiv onstnten 4 ändrr nturligtvis inte onvergens eller divergens v integrlen. Följnde vrint v Sts. är oft bevämre tt nvänd: 3

Sts.3. Antg tt f och g är funtioner på intervllet [, ) sådn tt f() och g() båd är positiv för stor. Antg vidre tt Då gäller tt f() g() K då, där onstnten K >. f() är onvergent om och endst om g() är onvergent. Bevis. Eftersom f() och g() båd är positiv för stor och eftersom f()/g() K så finns ett tl ω så tt f() >, g() > och K 2 < f() g() < 3K 2 då > ω (Här hr vi tgit ε i gränsvärdesdefinitionen som den positiv onstnten K/2.) Den vänstr oliheten säger tt g() < 2 K f() för stor, och lltså är g() onvergent om f() är onvergent. Den högr oliheten ger tt f() < 3K 2 g() och därmed omvändningen. Eempel 4: Undersö onvergensen v den generliserde integrlen rctn 2. Lösning: Sätt f() = rctn / 2. Vi observerr tt f() för stor är ungefär li med (/ 2 ) = 3/2 eftersom rctn t t för små t. Som jämförelsefuntion väljer vi lltså g() = 3/2 och finner f() g() = 3/2 rctn 2 = rctn t då t = t 2 när där vi i sist steget stt t = / 2 och nvänt stndrdgränsvärdet lim t (rctn t)/t =. Eftersom 3/2 > är g() onvergent enligt Sts.2, och lltså ger Sts.3 tt f() ocså är onvergent. Anmärning: Den metod vi nvänt i Eempel 4 leder till en enlre behndling v eemplen 2 och 3. Vi föreslår läsren tt i dess eempel berän lim f()/g() i stället för tt gör de diret uppsttningr som genomförts där. Observer tt det är vitigt tt gränsvärdet K i Sts.3 inte är li med noll. Om K = gäller nämligen br den en implitionen. Antg tt Då gäller g() onvergerr f() lim g() =. f() onvergerr, ty genom tt välj ε = i gränsvärdesdefinitionen finner vi tt för stor gäller f()/g(), och därmed f() g(), vilet ger den önsde implitionen på grund v Sts.. 4

Eempel 5: Avgör onvergensen v integrlen ln 2. Lösning: Eftersom logritmen för stor är liten jämfört med vrje positiv potens, sriver vi integrnden till eempel ln /2 3/2 och ser tt med g() = / 3/2 får vi f() g() = ln då. /2 Dett visr tt f() är onvergent eftersom g() är det. Absolutonvergens Om funtionen f inte är positiv n mn iblnd vgör onvergensen med Sts.4. Antg tt f() är onvergent. Då är f() onvergent. Av lättförlrlig säl lls sådn integrler f() som vses i denn sts bsolutonvergent. Bevis. Vi inför de positiv funtionern f + och f genom { { f + f() om f() () = f om f() () = om f() <, f() om f() <, Då är f() = f + () f () och f() = f + ()+f (). Eftersom f ± () f() och f() är onvergent, ger Sts. tt integrlern f ±() båd är onvergent. Därmed är ocså ders differens ( f + () f () ) = f() onvergent. Eempel 6: Integrlen och därmed, enligt Sts 4, onvergent, ty cos p är bsolutonvergent om p > cos p p och p är onvergent. Anmärning: Sts.4 gäller även för omplevärd integrnder. Om f() = u()+iv() där u() är reldelen v f() och v() är imginärdelen, så säger vi tt f är integrerbr om och endst om både u och v är integrerbr, och vi sätter då f() = u() + i v(). Denn definition duger även för generliserde integrler. Eftersom u() = Re f() f(), och v() = Im f() f() ser vi tt Sts.4 även gäller för integrler med omplevärd integrnder. 5

Betingd onvergens Vi ommer senre, i vsnittet om serier, tt vis tt den generliserde integrlen är divergent. Trots det hr vi sin Eempel 7: Vis onvergensen v integrlen sin. Bevis: Vi börjr med tt betrt integrlen utsträct över ett begränst intervll (, b) och integrerr prtiellt: sin cos b = b cos 2 = cos cos b cos b 2. Dett uttryc hr ett gränsvärde, eftersom cos b b cos lim = och lim b b b 2 eisterr ändligt ty den generliserde integrlen (cos )/2 onvergerr enligt Eempel 6. För integrler v den typ som behndls i Eempel 7 finns en särsild benämning: Definition: En generliserd integrl f() säges vr betingt onvergent om den är onvergent medn f() är divergent. Konvergent generliserde integrler är lltså ntingen bsolutonvergent eller betingt onvergent. Med smm teni som i Eempel 7 ser mn tt är onvergent om p >, ty sin p sin p = cos cos b b p cos p där p + >. p+ Som slutnmärning till dett vsnitt vill vi påpe tt onvergensen v en generliserd integrl f() med positiv integrnd f() innebär tt ren v området melln grfen och -eln är ändlig, trots tt områdets bredd är oändlig. Om f() är betingt onvergent, så är de båd integrlern f+ () och f () divergent, ty 2f + = f + f och 2f = f f (se beviset för Sts.4). Betingd onvergens, däremot, beror på blnsen melln positiv och negtiv bidrg från oli delintervll. Dett illustrers v följnde eempel: Eempel 8: Låt q >. Vis tt integrlen p sin q är onvergent om p < q. 6

Lösning: Vribelbytet t = q, = t q, = q t q dt trnsformerr integrlen till q t p q + q sin t dt = q sin t dt. + t p q q Här är integrlen i vänster led definierd som gränsvärde v integrlen från till b då b. Motsvrnde trnsformerde integrl hr gränsern och b q, som ju går mot oändligheten med b. Dett visr tt de bägge integrlern onvergerr eller divergerr smtidigt. Denn pedntis motivering för de generliserde integrlerns lihet utelämnr vi i fortsättningen. Påpendet efter definitionen v betingd onvergens ger tt integrlen i högerledet onvergerr om eponenten för t i nämnren är positiv, det vill säg om p < q. Om vi till eempel tr p = och q = 2 får vi den onvergent integrlen sin 2. För tt få en bild v integrnden observerr vi tt sin 2 = då och endst då 2 = nπ, det vill säg i puntern n = nπ, n =,2,... Observer tt melln två onseutiv nollställen, n och n+ ntger funtionen sin 2 någon gång värdet eller. Vidre gäller tt differensen melln två onseutiv nollställen går mot noll, eftersom n+ n = nπ(( + n )/2 ) = nπ ( 2n + O( n 2)) = π 2 n + O( n 3/2). Läsren uppmns tt sisser grfen för tt själv sff sig en bild v hur integrnden ser ut. Observer den llt snbbre oscilltionen för stor! Än värre blir det om mn tr p = och q = 3 vilet ger den onvergent integrlen sin 3. Även här går differensen melln nollställen, 3 nπ, mot noll. Dessutom väer svängningrns storle, mplituden, obegränst då (vi ser tt integrnden pendlr melln och då sin 3 pendlr melln och ). Rit en figur även i denn sitution. Vi vslutr dett vsnitt med tt påpe tt integrler v typen f() lämpligen överföres till b f( ) och tt en integrl v typen f() enligt definitionen är onvergent om och endst om integrlern f() och f() båd är onvergent. Övningr. Avgör om följnde generliserde integrler är onvergent eller divergent, och berän i föreommnde fll ders värde. ) b) c) (+) 2 (+) 2 rctn d) e rctn e 2. Vil v följnde integrler är onvergent? ) e c) e 2 +4 3 sin 5 + b) d) 4 +cos 5 + ( sin cos ) 7

.2 Generliserde integrler över begränsde intervll En integrl över ett begränst intervll n vr generliserd genom tt integrnden är obegränsd när någon v intervllets ändpunter. Eempel 9: Undersö onvergensen v ln. Lösning: Vribelbytet = /t, = /t 2 dt, där = svrr mot t = (mer precist: = svrr mot t = / som går mot då +) och = mot t = ger, efter omstning v integrtionsgränsern för tt ompenser för minustecnet ln /t t 2 dt = ln t t 2 dt. I Eempel 5 visdes tt denn integrl är onvergent. (Mn n nturligtvis ocså berän integrlen genom tt med prtilintegrtion integrer ln. Resulttet blir. Se eempel 6.2. Observer tt logritmen är negtiv melln och. Vi börjr med tt studer situtionen då integrnden är obegränsd när den vänstr ändpunten =. En sådn integrl, f(), övergår vid vribelbytet = /t till /b f( t ) dt t 2. Dett fll n lltså återförs på det redn behndlde. Ändå är det oft bevämt tt behndl situtionen med begränsde integrtionsintervll diret, och därför börjr vi med tt smmnställ motsvrigheten till de tidigre givn stsern. Sts.5. Antg tt f() g() för < < b och tt den generliserde integrlen g() är onvergent. Då är den generliserde integrlen f() ocså onvergent. Sts.6. Den generliserde integrlen p är onvergent om p < och divergent om p. Sts.7. Antg tt f och g är funtioner på intevllet (,b) sådn tt f() och g() båd är positiv för när. Antg vidre tt f() g() K då +, där onstnten K >. Då gäller tt f() är onvergent om och endst om g() är onvergent. Sts.8. Antg tt f() är onvergent. Då är f() onvergent. Observer sillnden melln Sts.2 och Sts.6. I den förr är villoret för onvergens p > medn villoret är p < i den senre. Vi reommenderr läsren tt som övning genomför bevisen till stsern.5.8. 8

Eempel : När onvergerr sin? p Lösning: Integrnden f() är positiv. Integrlen är generliserd vid. Där är sin ungefär li med. Det fller sig därför nturligt tt välj g() = / p som jämförelsefuntion: f() g() = sin p p = sin då +. Enligt Sts.7 är lltså integrlern f() och g() ntingen båd onvergent eller båd divergent. Enligt Sts.6 är integrlen g() onvergent om och endst om p < 2 och dett gäller lltså även f(). Om integrlen är generliserd vid högr ändpunten är det oft enlst tt flytt den till med ett vribelbyte: Eempel : Undersö onvergensen v π sin. Lösning: Integrlen är generliserd vid bägge ändpuntern eftersom integrnden ϕ() = /sin går mot oändligheten både då + och då π. Vi börjr med undersöningen v den högr ändpunten och sätter = π t, vilet ger π π/2 π/2 π t sin = sin t där vi nvänt det bent smbndet sin(π t) = sin t. Nu sätter vi f(t) = π t/sin t och onstterr tt eftersom sin t för t när är ungefär li med t, bör vi välj g(t) = /t som jämförelsefuntion. f(t) π t g(t) = sin t t = t π t sin t π = K >. Då integrlen π/2 g(t)dt är divergent enligt Sts.6 så är π/2 f(t)dt det ocså enligt Sts.7. Dett innebär tt π π/2 ϕ() divergent. Därmed är ocså den ursprunglig integrlen divergent. Vi behöver lltså inte undersö den vänstr ändpunten (läsren uppmns gör dett själv). Integrlen π/2 ϕ() är onvergent. Vi hr behndlt integrler som är generliserde ntingen på grund v tt integrtionsintervllet är obegränst eller tt integrnden är obegränsd. Det är ocså möjligt tt en generliserd integrl hör till båd dess tegorier. Eempel 2: Undersö om integrlen +2 är onvergent och berän i så fll 2 +3 dess värde. Lösning: Vi delr upp integrlen i två termer; integrlen från till och integrlen från till. Den först undersöes med jämförelsefuntionen /, den ndr med / 3/2. Eftersom motsvrnde integrler båd är onvergent är den givn integrlen onvergent. 9

Läsren uppmns tt själv genomför detljern. För tt bestämm integrlens värde sriver vi + 2 2 + = 3 = + 2 + 2 ( + ). Det nturlig vribelbytet t =, = t 2, = 2t dt trnsformerr integrlen till 2dt + t 2 = 2rctn t = π. I själv veret visr denn beräning tt integrlen är onvergent, så den inlednde onvergensundersöningen är i själv veret inte nödvändig. Observer för övrigt tt vid vribelbytet trnsformerdes delintegrlen från till, som är generliserd vid vänster ändpunt, till en vnlig integrl som inte lls är generliserd. Sådnt n lltså inträff. Eempel 3: Undersö onvergensen v ( ( ) + ) + 2 e. Lösning: Även här delr vi upp integrlen som summn v integrlen från till och integrlen från till. För onvergensen v den först integrlen är den onstnt termen e oväsentlig. Vi sriver ( ) + + 2 ( + )+/2 = /2. Nu gäller ( + ) +/2 och = e ln e = då +. En jämförelse med / /2 ger därför onvergens. Det återstår tt undersö den ndr integrlen från till. För tt sff oss en uppfttning om storlesordningen v funtionsvärden för stor gör vi omsrivningen f() = ( + ) + 2 e = e (+ 2 )ln(+ ) e. Tylorutveclingen för stor : ger efter multiplition med + 2 : vrv Alltså är ln( + ) = 2 2 + 3 3 + O( 4) ( + 2 )ln( + ) = 2 + 3 2 + 2 4 2 + O( 3) = + 2 2 + O( 3) så tt med g() = 2 får vi e (+ 2 )ln(+ ) = e e 2 2 +O( 3 ) = e ( + 2 2 + O( 3)). f() = ( + ) + 2 e = e 2 2 + O( 3), f() g() = e 2 + O( ) e = K > då. 2 Konvergensen v g() medför nu tt f(), och därmed ocså f(), är onvergent.

Övningr 3. Undersö om följnde integrler är onvergent, och berän i så fll ders värde. ) c) sin b) rctn ( ) 4. Vil v följnde integrler är onvergent? ) c).3 Serier d) sin b) d) (+) e e 2 För tt definier summn v oändligt mång reell (eller omple) tl, 2, 3,... + 2 + 3 +... + n +... = så betrtr vi i nlogi med definitionen v generliserde integrler först de ändlig delsummorn s n = + 2 + 3 +... + n =. Om gränsvärdet s = lim n s n eisterr, så säger vi tt serien = är onvergent med summn s. Om gränsvärdet inte eisterr eller är oändligt, så säger vi tt serien är divergent. Teorin för serier är i själv veret ett specilfll v teorin för generliserde integrler. Sätt nämligen f() = då < +. Då blir vilet när n ger tt n+ f() = = =, n =,2,3,..., = f() = med smtidig onvergens v de båd leden. Vi föredrr ändå tt gå igenom teorin för serier utn hänvisning till generliserde integrler. För säerhets sull börjr vi med tt åter ge den grundläggnde definitionen v onvergens v serier: Definition: Låt ( ) = vr en tlföljd. Serien = säges vr onvergent med ändlig summ s om lim = s. n = En serie som inte är onvergent säges vr divergent. Tlen lls seriens termer. =

Observer tt vi därmed hr återfört begreppet onvergens v en serie till onvergens v en tlföljd. Denn tlföljd är doc inte den från börjn givn följden ( ) =, utn den härledd följden v delsummor s n, där s n definiers v s n =. = Konvergens v serien = är lltså detsmm som onvergens v följden (s n ) n=. Emellertid gäller tt om serien, dvs följden (s n ) n=, är onvergent med ändligt gränsvärde, så är ocså följden ( ) = onvergent med gränsvärde noll: Sts.9. Antg tt = är en onvergent serie. Då gäller tt seriens termer n går mot noll då n. Bevis. n = s n s n s s = då n. Motsvrnde påstående för generliserde integrler är inte snt. Integrlen sin 3 efter Eempel 8 visr dett. Mn unde tro tt dett beror på tecenvälingen hos integrnden, men påståendet är fel även för positiv integrnder: Sätt till eempel f() = 2 då 4, =,2,3,... och f() = för övrigt. Läsren uppmns tt rit en figur. Funtionen f är lltså en trppfuntion med mycet hög (2 ) men smtidigt mycet sml (2 4 ) trppsteg ring heltlspuntern. Alltså är vilet ger n+ 2 f() = 2 + 2 2 2 = = f() = 2 4 2 = 2 2, 2 ( ) = + 2 + 2 2 +... + 2 (n ) = = = 2 n 2 = 2( 2 n ) Om b är ett godtycligt tl större än, så väljer vi heltlet n så tt n < b n. Eftersom integrnden är positiv gäller då tt f() n+ 2 f() 2 för ll b >. Den generliserde integrlen f() är lltså onvergent. Observer tt omvändningen till Sts.9 inte är snn. Följnde eempel visr dett. Eempel 4: Vis tt den s.. hrmonis serien + 2 + 3 + 4 +... = = 2

är divergent. Benämningen hrmonis serie ommer v tt vrje term i den är det hrmonis medelvärdet v föregående och efterföljnde term. Det hrmonis medelvärdet H v två positiv tl och b ges v tt /H är det ritmetis medelvärdet v / och /b. Lösning: Eftersom den vtgnde funtionen / i intervllet [, + ] är störst i den vänstr ändpunten (rit figur), så är + Summtion över =,2,...,n ger lltså = = + ( + ) =. vilet visr tt den hrmonis serien är divergent. n+ = = ln(n + ) då n, En nnn vitig serie är den oändlig geometris summn. Sts.. Serien + + 2 + 3 +... = är onvergent om och endst om <. Dess summ är i så fll /( ). Bevis. Om så gäller för ll och därför går termern inte mot noll. Sts.9 ger därför tt serien är divergent. Om < ger formeln för den geometris summn = n s n = + + 2 + 3 +... + n = = n = då n eftersom n då n. Därmed är stsen bevisd. (Observer tt dett resonemng är giltigt även då är ett omplet tl. Den geometris serien onvergerr lltså för ll i det inre v enhetssivn i det omple plnet.) Eempel 5: Vis följnde vcr formel v Leibniz: π 4 = 3 + 5 7 +... = ( ) 2 +. Lösning: Vi utgår från den ändlig geometris summn med voten 2 : 2 + 4 6 +... + ( ) n 2n 2 = ( )n 2n + 2 = + 2 ( )n 2n + 2. Integrtion melln och ger, då 2 = /(2 + ) och /( + 2 ) = π/4: 3 + 5 7 = +... + ( )n 2n = π 4 + R n 3

där så tt R n = 2n + 2 ( ) n 2n R n = + 2 2n = när n. 2n + Då R n går mot noll när n går mot oändligheten är Leibniz formel därmed bevisd. Observer hur vi utnyttjt den trivil uppsttningen /( + 2 ). Om termern är positiv så är följden v delsummor s n = + 2 +... + n = uppenbrligen vände. Om följden (s n ) n= är begränsd så är serien lltså onvergent. Om den är obegränsd är serien divergent. Denn observtion leder omgående till följnde sts. Sts.. Antg tt b för =,2,3,... och tt = b är onvergent. Då är = onvergent. Bevis. s n = n = n = b S, där S = = b är ändligt. En oft nvändbr lss v jämförelseserier ger Sts.2. Serien = /p är onvergent om och endst om p >. Bevis. Om p gäller / / p för ll positiv heltl. Därför är serien divergent, eftersom den hrmonis serien är divergent enligt Eempel 4. Om p > så ntr den vtgnde funtionen / p i intervllet [,] sitt minst värde i den högr ändpunten. Alltså är Summtion över = 2,3,...,n ger lltså =2 p = p p( ( )) = p. =2 där B = / p är ändligt enligt Sts.2. n p = p < B, Anmärning: Ovnstående uppsttning för den hrmonis serien smt beviset för Sts.2 bygger på den från vsnitt 6.5 bent jämförelsen melln summor och integrler: Om f är en vtgnde funtion för så gäller f(n) + n f() Härv följer Cuchys integrlriterium: f() f() + = n f(). 4

Om f är vtgnde och positiv så gäller tt f() är onvergent då och endst då f() är onvergent. Eftersom denn sts nvänds så sälln föredrr vi tt inte frmhäv den. Med hjälp v stndrdoliheten sin < < tn då < < π 2 behndlr vi följnde enl eempel på jämförelsestsen för serier: Eempel 6: Vis tt = sin(/2 ) är onvergent och tt = tn(/) är divergent. Lösning: Med = sin(/ 2 ) < / 2 = b får vi tt = är onvergent eftersom = b är det enligt Sts.2 på grund v tt 2 >. Med = tn(/) > / = b får vi tt = är divergent eftersom = b är det enligt Sts.2. Lisom för generliserde integrler är det oft bevämt tt nvänd följnde vrint v jämförelseriteriet. Sts.3. Antg tt och b båd är positiv för stor och tt b K då, där onstnten K >. Då gäller tt = är onvergent om och endst om = b är onvergent. Bevis. Eftersom och b båd är positiv för stor och eftersom /b K så finns ett tl ω så tt >, b > och K 2 < b < 3K 2 då > ω (Här hr vi tgit ε i gränsvärdesdefinitionen som den positiv onstnten K/2.) Den vänstr oliheten säger tt b < 2 K för stor, och lltså är = b onvergent om = är onvergent. Den högr oliheten ger tt < 3K 2 b och därmed omvändningen. Eempel 7: Vis tt = tn(/2 ) är onvergent och tt = sin(/) är divergent. Lösning: Sätt = tn(/ 2 ) och b = / 2. Vi får då tt genom tt vi stt t = / 2 tn t i stndrdgränsvärdet lim =. b t t Med = sin(/) och b = / får vi på smm sätt b på grund v stndrdgränsvärdet sin t lim =. t t Lägg märe till tt dett eempel inte n behndls li enelt som Eempel 6 diret med hjälp v Sts. och änd oliheter. 5

Observer tt det är vitigt tt gränsvärdet K i Sts.3 inte är li med noll. Om K = gäller nämligen br den en implitionen. Antg tt Då gäller lim =. b b onvergerr onvergerr, ty genom tt välj ε = i gränsvärdesdefinitionen finner vi tt för stor gäller /b, och därmed b, vilet ger den önsde implitionen på grund v Sts.. Eempel 8: Avgör onvergensen v serien = Lösning: Hde det inte vrit för täljren 2 hde dett vrit en geometris serie med voten /2. Täljren tr vi hnd om genom tt gör omsrivningen så tt med b = (2/3) får vi 2 2. 2 2 = 2 ( 2 ), (4/3) 3 b då. Då voten 2/3 i den geometris serien = b är mindre än, onvergerr = b och därmed ocså =. Lägg märe till tt genom tt ö voten /2 till 2/3 i den jämförnde serien, eliminerr vi inflytndet från täljren 2. I beviset för de näst två stsern nvänder vi denn teni, vilet gör tt vi slipper dett trssel i de ensild eemplen i fortsättningen. Sts.4. Om och / q < och divergent ifll q >. Lägg märe till tt i fllet q = hr vi inte sgt något. q då så gäller tt = är onvergent ifll Bevis. Antg först tt q <. Välj Q med q < Q <. Med ε = Q q i gränsvärdesdefinitionen finns det ett tl ω så tt / < q + ε = Q och lltså < Q för ll ω. Då den mjorernde geometris serien ω Q är onvergent, är ocså ω och därmed även onvergent. Låt nu q >. Välj Q med < Q < q. Med ε = q Q i gränsvärdesdefinitionen finns det ett tl ω så tt / > q ε = Q och lltså > Q för ll ω. Eftersom Q då så gäller dett även för. Termern går lltså inglund mot noll, så serien är divergent. Denn sts brur lls Cuchys rotriterium, medn näst sts lls d Alemberts votriterium. 6

Sts.5. Om > och + / q då så gäller tt = är onvergent ifll q < och divergent ifll q >. Lägg märe till tt vi i fllet q = fortfrnde inte hr sgt något. Bevis. Antg först tt q <. Välj Q med q < Q <. Med ε = Q q i gränsvärdesdefinitionen finns det ett tl ω så tt + / < Q, det vill säg + < Q, för ll ω. Använder vi denn olihet till eempel tre gånger får vi +3 < Q +2 < Q 2 + < Q 3. Smm resonemng, upprept ω gånger i stället för tre, ger < Q ω ω = CQ, där C = Q ω ω. Då den mjorernde geometris serien ω Q är onvergent, är ocså ω och därmed även onvergent. Låt nu q >. Välj Q med < Q < q. Med ε = q Q i gränsvärdesdefinitionen finns det ett tl ω så tt + / > q ε = Q och lltså + > Q för ll ω. Om > ω får vi härv > Q ω ω. Eftersom Q då så gäller dett även för. Termern går lltså inte lls mot noll, så serien är divergent. Anmärning: Som frmgår v bevisen är dess riterier tillämplig br vid undersöning v serier som ligger när geometris serier. Användes de på serier v typen = /p så blir q = (ontroller det), såväl i fllet p (divergens) som i fllet p > (onvergens), och riteriern ger, som vi påpet, ingen informtion. Eempel: Vis tt följnde tre serier ll är onvergent: ) =, b) ( 2 = ), c) = 2 2. Lösning: ) Med = / blir / = / = q då så onvergensen följer v Cuchys rotriterium eftersom <. I själv veret n onvergensen v denn serie ocså enelt viss med följnde diret uppsttningr: 2 och 2 då 2. Vår tidigre metoder är således tillräclig. b) Eftersom är det inverterde värdet v binomiloefficienten blir ( 2 + ( + )!( + )! = (2)! = (2 + 2)!!! ) = (2)!!! ( + )( + ) (2 + 2)(2 + ) = q då. 4 7

Serien är onvergent enligt d Alemberts votriterium eftersom /4 <. c) Med = 2 /2 blir + ( + )2 = 2 + 2 ( + )2 = 2 2 2 2 = q då. Serien är onvergent enligt d Alemberts votriterium eftersom /2 <. Sts.6. Antg tt är onvergent. Då är onvergent. Sådn serier som vses i denn sts lls nturligtvis bsolutonvergent. Bevis. Vi inför de positiv termern + och genom + = { om om <, = { om om <, Då är = + och = + +. Eftersom ± och = är onvergent, ger Sts. tt seriern = ± båd är onvergent. Därmed är ocså ders differens = (+ ) = = onvergent. Vi vslutr med det tidigre utlovde beviset för divergensen v Om är ett positivt heltl så är sin. (+)π π sin (+)π sin = ( + )π π π sin = ( + )π 2 ( + )π. I det först steget uppsttde vi ftorn / i intervllet [π,( + )π] nedåt med dess minst värde /(+)π. Sedn utnyttjde vi tt sin hr perioden π för tt byt integrtionsintervll till [,π], där vi dessutom unde utnyttj tt sin, så tt beloppstecnen unde vlägsns. Den återstående integrlen rände vi primitivt ut. Eftersom nπ π sin n = = (+)π π sin n = 2 ( + )π = 2 π divergerr den positiv generliserde integrlen sin /. Övningr 5. Undersö om följnde serier är onvergent. ) = ln ( + ) b) 2 = ln ( + ) 2 6. Vil v följnde serier är onvergent? ) = ( 2 ) /2 b) = =2 ( 3 då n, c) = 2 ln ( + 2 ) ) 8

Svr till övningr. ) Konvergent med värdet 2. b) Konvergent med värdet ln 2 2. c) Divergent d) Konvergent med värdet 2 ln 2 + π 4. 2. ) Konvergent. b) Divergent. c) (Absolut)onvergent. d) Konvergent. 3. ) Divergent. b) Konvergent med värdet. c) Konvergent med värdet π. d) Divergent. 4. ) Konvergent. b) Divergent. c) Divergent. d) Konvergent. 5. ) Konvergent. b) Divergent. c) Divergent. 6. ) Konvergent. b) Konvergent. 9