Eisagwg sthn Anˆlush II

Transcript

1 Eisgwg sthn Anˆlush II Μ. Παπαδημητράκης Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Φθινόπωρο 006

2 Prìlogoc Οι σημειώσεις αυτές διαφέρουν από τις παλιότερες κατά πολύ.. Εχει προστεθεί ύλη και έχουν γίνει πολλές αλλαγές ως προς την διάταξή της. Σε μερικές περιπτώσεις έχει αλλάξει ουσιαστικά η παρουσίαση της ύλης. Για παράδειγμα, δίνεται ο ορισμός της συμπάγειας μέσω της έννοιας της ανοικτής κάλυψης ενώ πριν δινόταν ο ορισμός μέσω της έννοιας της ακολουθίας. Επίσης, έχει αφαιρεθεί το κεφάλαιο για την τοπολογία του R και έχει απορροφηθεί μαζί με τους ευκλείδιους χώρους R n ως εκτενές παράδειγμα στο κεφάλαιο των μετρικών χώρων.. Αρκετές αποδείξεις έχουν αλλάξει ριζικά. 3. Εχουν προστεθεί πάρα πολλά παραδείγματα και πολλές ασκήσεις σε όλα τα επίπεδα δυσκολίας. Οι ασκήσεις δεν είναι πια στο τέλος κάθε κεφαλαίου αλλά εκεί όπου εμφανίζονται οι αντίστοιχες έννοιες. 4. Εχουν διορθωθεί αρκετά λάθη (και, μάλλον, έχουν εμφανισθεί καινούρια). BibliogrfÐ. W. Rudin. Principles of mthemticl nlysis (3rd edition). McGrw-Hill.. T. Apostol. Mthemticl nlysis (nd edition). Addison-Wesley.

3 Perieqìmen Σειρές πραγματικών αριθμών. 5. Γενικά Σειρές με μη αρνητικούς προσθετέους Απόλυτη σύγκλιση σειρών Σύγκλιση υπό συνθήκη Δεκαδικές παραστάσεις Δυναμοσειρές Γινόμενο Cuchy σειρών Αναδιατάξεις σειρών Ακολουθίες Συναρτήσεων. 39. Κατά σημείο σύγκλιση Ομοιόμορφη σύγκλιση Το θεώρημα του Weierstrss Σειρές Συναρτήσεων Γενικά Δυναμοσειρές Οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις Παράρτημα: η εκθετική συνάρτηση Μετρικοί χώροι Παραδείγματα μετρικών χώρων Περιοχές, ανοικτά σύνολα, κλειστά σύνολα Εσωτερικό, κλειστότητα, σύνορο Ορια και συνέχεια συναρτήσεων Ακολουθίες Συμπάγεια Γενικά Συμπάγεια και ακολουθίες Συμπάγεια στον ευκλείδιο χώρο Συμπάγεια και συνεχείς συναρτήσεις

4 6 Γενικευμένα ολοκληρώματα Γενικά Μη αρνητικές συναρτήσεις Απόλυτη σύγκλιση Σύγκλιση υπό συνθήκη Ολοκληρώματα με παράμετρο Η συνάρτηση Γ

5 Kefˆlio Seirèc prgmtik n rijm n.. Genikˆ. Ορισμός. Αν έχουμε μία ακολουθία ( n ) στο R, μπορούμε να κατασκευάσουμε την ακολουθία (s n ), επίσης στο R, βάσει του τύπου: s n = + + n = n k, n N. Δηλαδή, s =, s = +, s 3 = και ούτω καθεξής. Η ακολουθία (s n ) ονομάζεται σειρά των n (n N) και συμβολίζεται + + n + Πολλές φορές χρησιμοποιούμε και το σύμβολο n + ή το n + κλπ, ανάλογα με το πόσους αρχικούς όρους θέλουμε να εμφανίσουμε. Επίσης χρησιμοποιούμε και το σύμβολο + + ή το κλπ, αν ο n-οστός όρος n είναι φανερός από τους αρχικούς όρους ή από τα συμφραζόμενα. Μερικές φορές εμφανίζεται και όρος 0 πριν από τους,,..., οπότε, κάνοντας τις κατάλληλες προσαρμογές, γράφουμε s 0 = 0, s = 0 +, s = και, γενικότερα, s n = n = n k=0 k (n N 0 ). Επίσης, χρησιμοποιούμε τον όρο σειρά των n (n N 0 ) και το σύμβολο n + ή το + k=0 k. Μερικές φορές η ακολουθία ( n ) ξεκινάει από τον όρο n0 για κάποιο n 0 >. Η προσαρμογή των συμβόλων για την αντίστοιχη σειρά είναι προφανής: n0 + + n + ή + k=n 0 k. Επίσης, για τα μερικά αθροίσματα γράφουμε s n0 = n0, s n0+ = n0 + n0+ και, γενικότερα, s n = n0 + + n = n k=n 0 k (n N, n n 0 ). 5 k= ή k= k.

6 Παραδείγματα:. Η σειρά + k= k είναι η ακολουθία με όρους:, + = 3, = 6 και, γενικότερα, + + n = n(n+).. Η σειρά + k= k είναι η ακολουθία με όρους:, + 4 = 5, = 4 και, γενικότερα, n = n(n+)(n+) Η σειρά + k= ( ) είναι η ακολουθία με όρους:, + ( ) =, + ( ) + ( ) = 3 και, γενικότερα, + + ( ) = n. 4. Η σειρά + k=0 k είναι η ακολουθία με όρους:, + = 3, = 7 και, γενικότερα, n = n+ = n+. 5. Η σειρά + k=0 είναι η ακολουθία με όρους:, + k = 3, = 7 4 και, γενικότερα, = n n+ =. n 6. Η σειρά + k=0 ( )k είναι η ακολουθία με όρους: {, +( ) = 0, +( )+ =, αν ο n είναι άρτιος, και, γενικότερα, + ( ) + + ( ) n = 0, αν ο n είναι περιττός. Ορισμός. Το n ονομάζεται n-οστός προσθετέος της σειράς + k= k. Το s n = n k= k, δηλαδή ο n-οστός όρος της ακολουθίας (s n ) ή, ισοδύναμα, της σειράς + k= k, ονομάζεται n-οστό μερικό άθροισμα των n (n N). Ας τονίσουμε ότι στους προηγούμενους ορισμούς δεν προϋποτίθεται τίποτα σε σχέση με τη σύγκλιση είτε της ακολουθίας ( n ) είτε της ακολουθίας (s n ). Ορισμός.3 Αν η σειρά + k= k ή, ισοδύναμα, η ακολουθία (s n ) έχει όριο s R {+, }, γράφουμε s = + + n + ή s = Το s ονομάζεται άθροισμα της σειράς + k= k. Αν s R, λέμε ότι η σειρά συγκλίνει στο s, ενώ, αν s = + ή s =, λέμε ότι η σειρά αποκλίνει στο + ή αποκλίνει στο, αντιστοίχως. Ορισμός.4 Αν η σειρά + k= k ή, ισοδύναμα, η ακολουθία (s n ) δεν έχει όριο, λέμε ότι η σειρά αποκλίνει. Ας δούμε τι μπορούμε να πούμε στις περιπτώσεις των προηγούμενων παραδειγμάτων. Παραδείγματα:. Η ακολουθία ( n(n+) ) + αποκλίνει στο +, οπότε η σειρά k= k αποκλίνει στο + ή, ισοδύναμα, έχει άθροισμα + και γράφουμε: + k= k = +.. Ομοίως, επειδή n(n+)(n+) 6 +, η σειρά + k= k αποκλίνει στο + ή, ισοδύναμα, έχει άθροισμα + και γράφουμε: + k= k = Επειδή n, η σειρά + k= ( ) αποκλίνει στο ή, ισοδύναμα, έχει 6 k= k.

7 άθροισμα και γράφουμε: + k= ( ) =. 4. Επειδή n+ +, η σειρά + k=0 k αποκλίνει στο + ή, ισοδύναμα, έχει άθροισμα + και γράφουμε: + k συγκλίνει στο ή, ισοδύναμα, έχει άθροι- 5. Επειδή, η σειρά + n k=0 σμα και γράφουμε: + k=0 =. k 6. Επειδή η ακολουθία (s n ) με τύπο s n = k=0 k = +. {, αν ο n είναι άρτιος, 0, αν ο n είναι περιττός δεν έχει όριο, η σειρά + k=0 ( )k αποκλίνει και, μάλιστα, δεν αποκλίνει ούτε στο + ούτε στο. σκηση : Υπολογίστε τα μερικά αθροίσματα και τα αθροίσματα, αν αυτά τα τελευταία υπάρχουν, των σειρών + k= ( )k k, + k= ( )k k, + k=0 ( 3)k και + ( k=0 k. 3) Από το γεγονός ότι μία σειρά είναι μία ακολουθία (η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων μίας προϋπάρχουσας ακολουθίας) είναι προφανές ότι η εξέταση της σύγκλισης μίας σειράς δεν είναι τίποτα άλλο από την εξέταση της σύγκλισης μίας ακολουθίας. Επειδή, όμως, οι σειρές εμφανίζονται πολύ συχνά στη Μαθηματική Ανάλυση και στις εφαρμογές της, θα τις μελετήσουμε ξεχωριστά από τις ακολουθίες. Παραδείγματα:. Η γεωμετρική σειρά: + k=0 xk (x R). Το x R είναι παράμετρος και ονομάζεται λόγος της γεωμετρικής σειράς. Δηλαδή, ουσιαστικά, υπάρχουν άπειρες γεωμετρικές σειρές, μία για κάθε τιμή του x. Ο αρχικός προσθετέος της σειράς είναι ο x 0, ο οποίος έχει την τιμή για κάθε x 0. Οπως γνωρίζουμε, η παράσταση 0 0 είναι απροσδιόριστη, αλλά, ειδικά στην περίπτωση της γεωμετρικής σειράς (όπως και στην γενικότερη περίπτωση των δυναμοσειρών που θα μελετήσουμε αργότερα), κάνουμε την παραδοχή: 0 0 =. Ο n-οστός προσθετέος της γεωμετρικής σειράς είναι ο x 0 =, αν n = 0, και ο x n, αν n =,,.... ρα, το n-οστό μερικό άθροισμα είναι το { x n+ s n = + x + x + + x n = x, αν x, n +, αν x =. Διακρίνοντας περιπτώσεις ως προς την τιμή του x, έχουμε τα παρακάτω συμπεράσματα. (i) Αν x =, τότε s n = n + +, οπότε η σειρά αποκλίνει στο +. (ii) Αν x >, τότε x n+ +, οπότε s n + και, επομένως, η σειρά αποκλίνει στο +. {, αν ο n είναι άρτιος, (iii) Αν x =, τότε s n = Επομένως, η (s 0, αν ο n είναι περιττός. n ) ούτε συγκλίνει ούτε αποκλίνει στο + ή στο. (iv) Αν x <, τότε s n = xn+ x = { x n+ x, αν n είναι περιττός. x n+ x +, αν n είναι άρτιος. ρα, η (s n ) ούτε συγκλίνει ούτε αποκλίνει στο + ή στο. 7

8 (v) Αν x <, τότε x n+ 0, οπότε s n = xn+ x x. Επομένως, η σειρά συγκλίνει στο x. Το γενικό συμπέρασμα για τη γεωμετρική σειρά είναι k=0 x k = { x, αν x <. +, αν x. Σε κάθε άλλη περίπτωση, δηλαδή, αν x, η γεωμετρική σειρά ούτε συγκλίνει ούτε αποκλίνει στο + ή στο.. Τηλεσκοπικές σειρές. Αν έχουμε την ακολουθία ( n ) και γνωρίζουμε μία άλλη ακολουθία (b n ) ώστε να ισχύει n = b n+ b n για κάθε n N, λέμε ότι η + k= k = + k= (b k+ b k ) είναι τηλεσκοπική. Στην περίπτωση αυτή η σειρά + k= k συγκλίνει ή αποκλίνει στο + ή αποκλίνει στο αν και μόνον αν η ακολουθία (b n ) συγκλίνει ή αποκλίνει στο + ή αποκλίνει στο, αντιστοίχως. Η απόδειξη βασίζεται στον τύπο: s n = + + n = (b b ) + (b 3 b ) + + (b n+ b n ) = b n+ b. Είναι φανερό ότι: b n b (ή, ισοδύναμα, b n+ b) αν και μόνον αν s n b b. Ας δούμε, για παράδειγμα, τη σειρά +. Μπορούμε να γράψουμε n(n+) = n n+ Δηλαδή, s n = και, επομένως, k= k(k+) ( ) ( + 3) ( + + n ) = n + n +. k= k(k + ) =. σκηση : Γράψτε τις + k+ k k= k k+, + k= k++ k και + k= ως τηλεσκοπικές, και υπολογίστε τα μερικά αθροίσματα και τα αθροίσματά τους. k(k+)(k+) Πρόταση.. Αν οι σειρές + k= k και + k= b k έχουν αθροίσματα τα οποία δεν είναι + και ή και +, η σειρά + k= ( k + b k ) έχει άθροισμα και k= ( k + b k ) = k= k + b k.. Αν λ R, λ 0 και η σειρά + k= k έχει άθροισμα, η σειρά + k= (λ k) έχει άθροισμα και k= (λ k ) = λ Αν λ = 0, η ισότητα αυτή ισχύει κατά προφανή τρόπο, εκτός αν το άθροισμα της + k= k είναι + ή, οπότε η αριστερή μεριά είναι ίση με 0 και η δεξιά είναι απροσδιόριστη μορφή. 8 k= k. k=

9 Απόδειξη: Εστω s = + k= k και t = + k= b k.. Αν s n = n k= k, t n = n k= b k και u n = n k= ( k + b k ) είναι τα n-οστά μερικά αθροίσματα των n, b n και n + b n, αντιστοίχως, έχουμε u n = s n + t n. Επειδή s n s και t n t, συνεπάγεται u n s + t.. Αν s n = n k= k και u n = n k= (λ k) είναι τα n-οστά μερικά αθροίσματα των n και λ n, αντιστοίχως, έχουμε u n = λs n. Επειδή s n s, συνεπάγεται u n λs. Ο.Ε.Δ. σκηση 3: Υπολογίστε τα αθροίσματα των σειρών + ( ) k=0 3( ) k 3 k, k + k=0 ( k + 4 k ), + k=0 (k + 4k) και + k=0 (k 3k). Πρόταση. Σύγκριση σειρών, I. Αν οι σειρές + k= k και + έχουν αθροίσματα και αν n b n για κάθε n N, τότε k= k k= b k. k= b k Αν, επιπλέον, τα δύο αθροίσματα είναι ίσοι πραγματικοί αριθμοί, τότε n = b n για κάθε n N. Απόδειξη: Εστω s = + k= k και t = + k= b k.. Αν s n = n k= k και t n = n k= b k είναι τα n-οστά μερικά αθροίσματα των n και b n, αντιστοίχως, έχουμε s n t n για κάθε n N. Επειδή s n s και t n t, συνεπάγεται s t.. Εστω + k= k = + k= b k και η κοινή τιμή των δύο αθροισμάτων είναι πραγματικός αριθμός. Παίρνουμε οποιοδήποτε m N και παρατηρούμε ότι για κάθε n m ισχύει t n s n = n k= (b k k ) b m m 0, αφού το b m m είναι ένας από τους όρους του αθροίσματος και όλες οι άλλες παρενθέσεις είναι μηαρνητικές. Παίρνουμε όριο καθώς n + και, επειδή οι (s n ) και (t n ) έχουν ως όριο τον ίδιο πραγματικό αριθμό, συμπεραίνουμε ότι b m m = 0. ρα, m = b m για οποιοδήποτε m. Ο.Ε.Δ. Πρόταση.3 Σύγκριση σειρών, II. Εστω n b n για κάθε n N.. Αν + k= k = +, τότε + k= b k = +.. Αν + k= b k =, τότε + k= k =. Απόδειξη: Αν s n = n k= k και t n = n k= b k είναι τα n-οστά μερικά αθροίσματα των n και b n, αντιστοίχως, έχουμε s n t n για κάθε n N.. Επειδή s n +, συνεπάγεται t n +.. Επειδή t n, συνεπάγεται s n. Ο.Ε.Δ. σκηση 4: Να συγκρίνετε τις σειρές + k= k, + k= k και + k= k με μία πολύ απλή σειρά για να αποδείξετε ότι και οι τρεις αποκλίνουν στο +. Πρόταση.4. Αν απαλείψουμε πεπερασμένου πλήθους αρχικούς προσθετέους μιας σειράς, δεν επηρεάζεται η σύγκλισή της.. Αν αλλάξουμε πεπερασμένου πλήθους προσθετέους μιας σειράς, δεν επηρεάζεται η σύγκλισή της. 9

10 Απόδειξη:. Θεωρούμε τη σειρά + k= k και απαλείφουμε τους προσθετέους,,..., n0, οπότε η καινούρια σειρά γράφεται + k=n 0 k. Αν s n είναι το n-οστό μερικό άθροισμα των n (n =,,...), τότε s n = + + n. Ομοίως, αν t n είναι το n-οστό μερικό άθροισμα των n (n = n 0, n 0 +,...), τότε t n = n0 + + n. Επομένως, αν n n 0, s n = n0 + n0 + + n = + + n0 + t n. ρα, η (s n ) συγκλίνει αν και μόνον αν η (t n ) συγκλίνει. Επιπλέον, αν s n s και t n t, παίρνοντας όριο στην προηγούμενη ισότητα καθώς n +, συμπεραίνουμε ότι s = n0 + t. Δηλαδή, k= k = + + n0 + k=n 0 k.. Θεωρούμε τη σειρά + k= k και αλλάζουμε πεπερασμένου πλήθους προσθετέους. Θα υπάρχει, τότε, n 0 ώστε τα n (n = n 0, n 0 +,...) να παραμείνουν ίδια. Επομένως, τόσο η αρχική όσο και η καινούρια σειρά έχουν το ίδιο κομμάτι + k=n 0 k και, απλώς, εφαρμόζουμε το αποτέλεσμα του μέρους. Ο.Ε.Δ. σκηση 5: Μελετήστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές + k=7 k, + k= + k=3 k 7 και + k=8, κάνοντας αναγωγή σε άλλες απλούστερες. k(k+) Πρόταση.5 Εστω ότι η σειρά + k= k συγκλίνει. Τότε. n 0 και. για κάθε ɛ > 0 υπάρχει n 0 = n 0 (ɛ) N ώστε: k+5, n n 0 k=n+ k < ɛ. Απόδειξη: Εστω s = + k= k και s R. Αν s n = n k= k, τότε s n s και, επομένως,. n = s n s n s s = 0 και. + k=n+ k = + k= k n k= k = s s n 0. Ο.Ε.Δ. Πρέπει να τονισθεί με έμφαση ότι το αντίστροφο της Πρότασης.5. δεν ισχύει. Λίγο παρακάτω θα μελετήσουμε παράδειγμα σειράς + k= k (την αρμονική σειρά) η οποία αποκλίνει ενώ n 0. Παράδειγμα: Αν x, μπορούμε να δούμε και με δεύτερο τρόπο ότι η γεωμετρική σειρά + k=0 xk αποκλίνει. Πράγματι, x n = x n και, επομένως, x n 0. σκηση 6: Αποδείξτε ότι οι + k= και + k= αποκλίνουν. k log(+ k ) ( +( ) k ), + k= k k+ k +, + k= 0 k +3 k k+ +3 k+

11 Θεώρημα. Κριτήριο του Cuchy. Η σειρά + k= k συγκλίνει αν και μόνον αν για κάθε ɛ > 0 υπάρχει n 0 = n 0 (ɛ) N ώστε: n 0 m < n n k=m+ k = m+ + + n < ɛ. Απόδειξη: Εστω s n = + + n το n-οστό μερικό άθροισμα. Η σειρά συγκλίνει αν και μόνον αν η (s n ) συγκλίνει ή, ισοδύναμα, αν και μόνον αν η (s n ) είναι ακολουθία Cuchy. Ομως, το ότι η (s n ) είναι ακολουθία Cuchy ισοδυναμεί, εξ ορισμού, με το ότι για κάθε ɛ > 0 υπάρχει n 0 = n 0 (ɛ) N ώστε: n 0 m < n m+ + + n = ( + + n ) ( + + m ) = s n s m < ɛ. Ο.Ε.Δ. Το κριτήριο του Cuchy εκφράζεται και ως εξής: η σειρά + k= k συγκλίνει αν και μόνον αν n k=m+ k 0 καθώς m, n +. Παράδειγμα: Η αρμονική σειρά: + k= k. Κατ αρχήν, αν m < n, ισχύει m+ + + n n + + n = (n m) n. Εφαρμόζουμε, τώρα, το κριτήριο Cuchy. Αν η αρμονική σειρά συγκλίνει, τότε, παίρνοντας ɛ = 4, θα υπάρχει κάποιο n 0 N ώστε: n 0 m < n m+ + + n < 4. Ειδικώτερα, παίρνοντας m = n 0 και n = n 0, θα ισχύει n n 0 < 4. Αυτό, όμως, αντιφάσκει με το ότι n n 0 (n 0 n 0 ) n 0 =. ρα, η αρμονική σειρά αποκλίνει και έτσι αποδεικνύεται ότι το αντίστροφο της Πρότασης.5. δεν ισχύει. σκηση 7: Εφαρμόστε το κριτήριο του Cuchy για να καταλήξετε στα ήδη γνωστά αποτελέσματα ως προς τη σύγκλιση των σειρών + k=, + k= ( )k, + k= k, + k= ( )k, + k=, + k k= k(k+) και + k= k.. Seirèc me mh rnhtikoôc prosjetèouc. Θεώρημα. Εστω + k= k με n 0 για κάθε n N και s n = n k= k.. Αν η ακολουθία (s n ) είναι άνω φραγμένη, η σειρά συγκλίνει.. Αν η (s n ) δεν είναι άνω φραγμένη, τότε + k= k = +. Απόδειξη: Κατ αρχήν παρατηρούμε ότι η (s n ) είναι αύξουσα. Πράγματι, s n+ = s n + n+ s n. ρα, αν η (s n ) είναι άνω φραγμένη, τότε συγκλίνει και, επομένως, η σειρά συγκλίνει. Αντιθέτως, αν η (s n ) δεν είναι άνω φραγμένη, τότε s n + και, επομένως, + k= k = +. Ο.Ε.Δ. Πρέπει να τονισθεί ότι, σύμφωνα με το Θεώρημα., κάθε σειρά + k= k με μη-αρνητικούς προσθετέους είτε συγκλίνει είτε αποκλίνει στο + και, σε κάθε

12 περίπτωση, έχει άθροισμα. Μάλιστα, από την Πρόταση. έχουμε + k= k + k= 0 = 0. Μπορούμε, λοιπόν, να συμπεράνουμε ότι κάθε σειρά + k= k με μη-αρνητικούς προσθετέους έχει οπωσδήποτε άθροισμα το οποίο είναι είτε μη αρνητικός αριθμός είτε +. Δηλαδή, 0 k= k +. Ετσι, η σύγκλιση της σειράς είναι ισοδύναμη με την ανισότητα + k= k < +, ενώ η απόκλιση της σειράς είναι ισοδύναμη με την ισότητα + k= k = +. Επίσης πρέπει να επισημάνουμε ότι, αν έχουμε μία γενική σειρά + k= k, μπορούμε να γράψουμε την ανισότητα + k= k +, μόνον αν γνωρίζουμε ότι η σειρά έχει άθροισμα, δηλαδή αν το + k= k έχει υπόσταση ως στοιχείο του R {, + }. Αυτή η προϋπόθεση είναι εκ των προτέρων εξασφαλισμένη, αν η σειρά έχει μη-αρνητικούς προσθετέους. Πρόταση.6 Σύγκριση σειρών, III. Εστω 0 n b n για κάθε n N. Τότε. 0 + k= k + k= b k και. αν η + k= b k συγκλίνει, τότε και η + k= k συγκλίνει. Απόδειξη: Επειδή οι σειρές + k= k και + k= b k έχουν μη-αρνητικούς προσθετέους, έχουν και οι δύο αθροίσματα.. Από την Πρόταση. συνεπάγεται 0 + k= k + k= b k.. Επειδή + k= b k < +, συμπεραίνουμε + k= k < +. Ο.Ε.Δ. Παραδείγματα:. Οπως είδαμε, η αρμονική σειρά + k= k αποκλίνει. Επειδή είναι σειρά με μηαρνητικούς προσθετέους, συμπεραίνουμε ότι αποκλίνει στο + : k= k = +.. Η σειρά + k=0 k! = +! +! + 3! +. Για κάθε k ισχύει k! = 3 k = k και, επομένως, 0 n! για κάθε n. Σύμφωνα με την Πρόταση., + n k=0 k! = + + k= k! + + k= συγκλίνει. = + + k k=0 = + k = 3. ρα η + k=0 k! Η επόμενη Πρόταση.7 λέει ότι το άθροισμα της σειράς + k=0 k! είναι το ίδιο με το όριο της ακολουθίας ( ( + n )n), τον γνωστό αριθμό e. Πρόταση.7 k=0 k! = e.

13 Απόδειξη: Εστω s n = +! + + n! και t n = ( + n) n. Τότε ( n ) ( n ) ( n ) ( n ) t n = + n + n + + k n k + + n n n = +! +! ( ) + + ( )( ) (... n k! n n + ( ) (... n ). n! n n k n ) + Επειδή όλες οι παρενθέσεις είναι θετικές και μικρότερες από το, συνεπάγεται t n +! + + n! = s n για κάθε n. Ακόμη, αν k n, παραλείποντας τους (θετικούς) όρους μετά από τον k-οστό, έχουμε t n +! +! ( ) + + ( )( ) (... n k! n n k n Παίρνοντας όρια καθώς n +, έχουμε e +! +! + + k! = s k για κάθε k και, με αλλαγή συμβολισμού, e s n για κάθε n. ρα, t n s n e για κάθε n και, επομένως, s n e. Ο.Ε.Δ. ). σκηση 8: Εστω ρ. = +. + k= k ρ Συγκρίνοντας με μία γνωστή σειρά, αποδείξτε ότι σκηση 9:. Να συγκρίνετε (με κάποιο τρόπο) τη σειρά + + k= k(k+) = ώστε να αποδείξετε ότι + k= k < +. k= k. Εστω ρ. Συγκρίνοντας με γνωστή σειρά, αποδείξτε ότι + k= k ρ με τη σειρά < +. σκηση 0: Εστω n 0 για κάθε n N. Αν η + k= k συγκλίνει, αποδείξτε ότι η + k= k k+ συγκλίνει. (Υπόδειξη: xy x + y.) Αν, επιπλέον, η ( n ) είναι φθίνουσα, αποδείξτε ότι αληθεύει και το αντίστροφο. σκηση : Εστω η ακολουθία n < n < n 3 <... των φυσικών αριθμών οι οποίοι δεν περιέχουν το ψηφίο 0 στη δεκαδική τους παράσταση. Αποδείξτε ότι η + k= n k συγκλίνει σε αριθμό μικρότερο από 90. (Υπόδειξη: Βρείτε πόσοι όροι της (n k ) βρίσκονται ανάμεσα σε δύο διαδοχικές δυνάμεις του 0.) σκηση : Εστω n > 0 για κάθε n N και η + k= k συγκλίνει. Ορίζουμε r n = + k=n k για κάθε n N.. Αν m < n, αποδείξτε ότι m rm + + n r n rn+ r m (Υπόδειξη: Η (r n ) είναι φθίνουσα.) και συμπεράνατε ότι η + k= Χρησιμοποιήστε το κριτήριο του Cuchy και το ότι r n 0.). Αποδείξτε ότι + rk k k= n rn συγκλίνει. k r k αποκλίνει. (Υπόδειξη: < ( r n r n+ ) για κάθε n N και συμπεράνατε ότι η σκηση 3: Εστω n > 0 και s n = n για κάθε n N και η + k= k αποκλίνει. 3

14 . Αποδείξτε ότι η + k k= + k αποκλίνει. (Υπόδειξη: Υποθέστε ότι η + k k= + k συγκλίνει, οπότε n + n 0. Αποδείξτε ότι n 0. ρα η ( n ) είναι άνω φραγμένη, οπότε n M για κάποιο M και, επομένως, n (+M) n + n. Χρησιμοποιήστε το Θεώρημα Σύγκρισης.). Αν m < n, αποδείξτε ότι m+ s m+ + + n s n sm s n (Υπόδειξη: Η (s n ) είναι αύξουσα.) και συμπεράνατε ότι η + k= αποκλίνει. (Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε k s k το κριτήριο του Cuchy και το ότι s n +.) 3. Αποδείξτε ότι n s n s n και συμπεράνατε ότι η + k= k s k s n για κάθε n N (Υπόδειξη: n = s n s n.) συγκλίνει. Πολλές φορές συναντάμε σειρές + k= k των οποίων οι προσθετέοι n φθίνουν προς το 0: n+ n για κάθε n N και n 0. Θα δούμε δύο κριτήρια σύγκλισης χρήσιμα σε τέτοιες περιπτώσεις. Πρόταση.8 Κριτήριο συμπύκνωσης του Cuchy. Εστω + k= k με προσθετέους οι οποίοι φθίνουν προς το 0. Η σειρά αυτή συγκλίνει αν και μόνον αν η σειρά + k=0 k k συγκλίνει. Απόδειξη: Εστω ότι η + k=0 k k συγκλίνει. Τότε τα μερικά αθροίσματα n n είναι άνω φραγμένα, έστω από τον αριθμό M. Αρκεί, σύμφωνα με το Θεώρημα., να αποδείξουμε το ίδιο για τα μερικά αθροίσματα της + k= k. Εστω s m = + + m. Ο αριθμός m βρίσκεται ανάμεσα σε δύο διαδοχικές δυνάμεις του, έστω n m < n+. Χρησιμοποιώντας ότι η ( n ) είναι φθίνουσα, s m = + ( + 3 ) + ( ) + + ( n + + n )+ +( n + + m ) n n + n n M. Αντιστρόφως, έστω ότι η + k= k συγκλίνει. Τότε η (s m ) είναι άνω φραγμένη, οπότε υπάρχει κάποιο M ώστε s m M για κάθε m N. Συνεπάγεται n n + + ( ) + + ( n n) = s n M. ρα, τα μερικά αθροίσματα της σειράς + k=0 k k είναι άνω φραγμένα, οπότε, σύμφωνα με το Θεώρημα., η + k=0 k k συγκλίνει. Ο.Ε.Δ. Παραδείγματα:. + k= k (ρ R). ρ Διακρίνουμε περιπτώσεις ως προς τις τιμές του ρ. (i) Αν ρ 0, τότε n, οπότε, βάσει της Πρότασης.5., η σειρά δε συγκλίνει. ρ Επειδή η σειρά έχει μη-αρνητικούς προσθετέους, αποκλίνει στο +. Εναλλακτικά, + k= k + ρ k= = + και, επομένως, + k= k = +. ρ (ii) Αν ρ > 0, η ακολουθία ( ) + n φθίνει προς το 0. Εξετάζουμε την ρ k=0 k 4 ( k ) ρ =

15 + ( k=0 ) k. Η τελευταία σειρά είναι γεωμετρική με λόγο ρ. Η σειρά αυτή ρ συγκλίνει, αν <, δηλαδή αν ρ >, και αποκλίνει στο +, αν ρ, ρ δηλαδή αν 0 < ρ. ρα, η σειρά + k= k συγκλίνει, αν ρ >, και αποκλίνει στο +, αν ρ. ρ σκηση 4: Εστω n > 0 για κάθε n N. Αν η + k= k συγκλίνει, αποδείξτε ότι η + k k= k συγκλίνει. (Υπόδειξη: xy x + y.). + k= k(log k) ρ (ρ R). Διακρίνουμε περιπτώσεις ως προς το ρ. (i) Αν ρ 0, για κάθε n 3 έχουμε + k=3 n(log n) ρ k(log k) + ρ k=3 k = +. ρα, + k= (log n) ρ = k(log k) ρ n n = +. και, επομένως, (ii) Αν ρ > 0, η ακολουθία ( n(log n) ρ ) φθίνει προς το 0. Βάσει του προηγούμενου παραδείγματος, η σειρά + k= k k (log( k )) = + ρ (log ) ρ k= k συγκλίνει, αν ρ > ρ, και αποκλίνει στο +, αν 0 < ρ. ρα, η + k= k(log k) ρ συγκλίνει, αν ρ >, και αποκλίνει στο +, αν ρ. σκηση 5: Εξετάστε τη σύγκλιση της σειράς + k=3 ) ρ, ανάλογα με την τιμή της παραμέτρου ρ R. ( k log k log(log k) Θα μελετήσουμε, τώρα, ένα δεύτερο κριτήριο σύγκλισης σειρών + k= k με προσθετέους οι οποίοι φθίνουν προς το 0. Ας υποθέσουμε ότι γνωρίζουμε μία συνάρτηση f : [, + ) R για την οποία ισχύει ότι: (i) η f είναι φθίνουσα στο [, + ) και (ii) f(n) = n για κάθε n N. Για παράδειγμα, για την + μπορούμε να επιλέξουμε τη συνάρτηση f(x) = x k= k ( x < + ). Είναι πολύ εύκολο να αποδείξουμε κάποιες επιπλέον ιδιότητες της f. Μία τέτοια ιδιότητα είναι η (iii) f(x) 0 για κάθε x. Πράγματι, για τυχόν x παίρνουμε οποιονδήποτε φυσικό n x, οπότε f(x) f(n) = n 0. Μία δεύτερη ιδιότητα είναι η (iv) lim x + f(x) = 0. Για να την αποδείξουμε παίρνουμε ɛ > 0 και, επειδή n 0, υπάρχει n 0 N ώστε: 0 n < ɛ για κάθε n n 0. Συνεπάγεται ότι για κάθε x n 0 ισχύει 0 f(x) f(n 0 ) = n0 < ɛ. Κατόπιν, θεωρούμε τη συνάρτηση x f(t) dt ( x < + ). Παρατηρήστε ότι, επειδή η f είναι φθίνουσα, είναι Riemnn ολοκληρώσιμη σε κάθε διάστημα [, b] [, + ). Η συνάρτηση x f(t) dt του x είναι αύξουσα στο [, + ). Πράγματι, αν x < y, τότε y f(t) dt = x f(t) dt + y x f(t) dt x f(t) dt. Το τελευταίο ισχύει διότι f(t) 0 για κάθε t [x, y], οπότε y f(t) dt 0. x Επειδή η x f(t) dt είναι αύξουσα, συνεπάγεται ότι το lim x x + f(t) dt υ- πάρχει και, μάλιστα, έχουμε ακριβώς δύο ενδεχόμενα: 5

16 (i) αν η x f(t) dt είναι άνω φραγμένη, δηλαδή υπάρχει M R ώστε x f(t) dt x M για κάθε x, τότε το lim x + f(t) dt είναι πραγματικός αριθμός, (ii) αν η x f(t) dt δεν είναι άνω φραγμένη, τότε lim x x + f(t) dt = +. Πρόταση.9 Κριτήριο ολοκληρώματος. Εστω + k= k με προσθετέους οι οποίοι φθίνουν προς το 0 και συνάρτηση f : [, + ) R για την οποία ισχύει: (i) η f είναι φθίνουσα στο [, + ) και (ii) f(n) = n για κάθε n N. Το συμπέρασμα είναι:. αν το lim x + x f(t) dt είναι πραγματικός αριθμός, η σειρά + k= k συγκλίνει και. αν lim x + x f(t) dt = +, τότε + k= k = +. Επίσης, σε κάθε περίπτωση x lim x + f(t) dt k= k + lim x + x f(t) dt. Απόδειξη: Παίρνουμε τυχαίο k N και παρατηρούμε ότι, επειδή η f είναι φθίνουσα, για κάθε t [k, k + ] ισχύει k+ = f(k + ) f(t) f(k) = k. Συνεπάγεται k+ k+ k f(t) dt k. Αθροίζοντας αυτές τις ανισότητες για k =,..., n, βρίσκουμε + + n+ n+ f(t) dt + + n για κάθε n N. Ισοδύναμα, n+ f(t) dt + + n + n f(t) dt, n N. x Επειδή υπάρχει το lim x + f(t) dt, υπάρχει και το lim n n + f(t) dt και n lim n + f(t) dt = lim x x + f(t) dt. Επίσης, η + k= k έχει άθροισμα, διότι έχει μη-αρνητικούς προσθετέους. Παίρνοντας όρια καθώς n + στην x τελευταία διπλή ανισότητα, συμπεραίνουμε lim x + f(t) dt + k= k + x lim x + f(t) dt. Τώρα τα συμπεράσματα () και () είναι άμεσα. Ο.Ε.Δ. Παράδειγμα: Θεωρούμε, πάλι, την αρμονική σειρά + k= k. Επιλέγουμε τη συνεχή και φθίνουσα συνάρτηση f(x) = x ( x < + ) και x υπολογίζουμε lim x + t dt = lim x + log x = +. ρα, + k= k = +. σκηση 6: Εστω ρ > 0. Χρησιμοποιήστε το κριτήριο του ολοκληρώματος για να μελετήσετε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές + k= k και + ρ k= k(log k). ρ σκηση 7:. Εστω ρ > 0 και ρ. Αποδείξτε ότι για κάθε n N 6

17 ( ) ( ) ρ (n+) + ρ + + ρ n + ρ ρ n. ρ Χρησιμοποιήστε την ανισότητα n+ f(t) dt + + n + n εμφανίζεται στην απόδειξη της Πρότασης.9.) (Υπόδειξη: f(t) dt που. Αποδείξτε ότι log(n + ) n + log n για κάθε n N. 3. Αν ρ >, αποδείξτε ότι ρ + k= k ρ ρ ρ. 4. Αποδείξτε ότι lim ρ + (ρ ) + k= k ρ =..3 Apìluth sôgklish seir n. Ορισμός.5 Λέμε ότι η + k= k συγκλίνει απολύτως, αν η + k= k συγκλίνει. Λέμε ότι η + k= k συγκλίνει υπό συνθήκη, αν συγκλίνει αλλά δε συγκλίνει απολύτως. Είναι προφανές ότι για σειρές με μη-αρνητικούς προσθετέους η έννοια της απόλυτης σύγκλισης ταυτίζεται με την έννοια της σύγκλισης. Πρόταση.0 Αν η + k= k συγκλίνει απολύτως, τότε συγκλίνει. Επίσης k= + k k. Απόδειξη: Εφαρμόζουμε το κριτήριο του Cuchy. Εστω ɛ > 0. Αφού η + k= k συγκλίνει, υπάρχει n 0 N ώστε: n 0 m < n n k=m+ k < ɛ. Συνεπάγεται: n 0 m < n n k=m+ n k k=m+ k < ɛ. ρα, η + k= k ικανοποιεί το κριτήριο του Cuchy και, επομένως, συγκλίνει. Η ανισότητα + k= k + k= k προκύπτει από τις στοιχειώδεις ανισότητες n n k= k, παίρνοντας όριο καθώς n +. Ο.Ε.Δ. k= k Η ανισότητα + k= + k k= k ονομάζεται τριγωνική ανισότητα. Η Πρόταση.0 λέει ότι, αν n k= k < +, το + k= k είναι πραγματικός αριθμός και ισχύει η τριγωνική ανισότητα + k= + k k= k. Αυτό το αποτέλεσμα συμπληρώνεται ως εξής: αν n k= k = + και αν η + k= k έχει άθροισμα, το + k= k είναι στοιχείο του R {, + }, οπότε το + k= k είναι στοιχείο του [0, + ] και, επομένως, η τριγωνική ανισότητα ισχύει κατά προφανή τρόπο. Πρέπει, όμως, να τονισθεί με έμφαση ότι η τριγωνική ανισότητα + k= k + k= k ισχύει μόνο με την προϋπόθεση ότι η + k= k έχει άθροισμα. Παραδείγματα:. Η + + k= k k=. Η + k= ( ) k k k= συγκλίνει, αφού συγκλίνει απολύτως: < +. ( ) k k δε συγκλίνει απολύτως, αφού + k= 7 ( )k k + ( )k k= = + k = k= k =

18 +. Θα δείξουμε τώρα ότι αυτή η σειρά συγκλίνει, δηλαδή ότι συγκλίνει υπό συνθήκη. Αν s n = n ( ) k k= k, τότε s m = m m = ( ( ) + 3 ) ( m ) m. Συνεπάγεται sm+ s m = m+ m+ 0 και, επομένως, η υποακολουθία (s m ) είναι αύξουσα. Επιπλέον, η ίδια υποακολουθία είναι και άνω φραγμένη, διότι s m = m m = ( ) ( 3 m ) m m <. ρα, η υποακολουθία (s m) συγκλίνει, οπότε s m s για κάποιο s R. Ομως, s m+ = s m + m+ s + 0 = s. ρα, s n s. Θεώρημα.3 Σύγκριση σειρών, IV. Εστω ότι για τις σειρές + k= k και + k= b k ισχύει είτε το (i) είτε το (ii): (i) υπάρχει μη αρνητικός αριθμός M ώστε n Mb n για κάθε n N ή (ii) ισχύει b n > 0 για κάθε n N και η ακολουθία ( n bn ) συγκλίνει. Τότε, αν η + k= b k συγκλίνει, η + k= k συγκλίνει απολύτως. Απόδειξη: (i) Αν η + k= b k συγκλίνει, η + k= (Mb k) συγκλίνει, επίσης. Από την Πρόταση.6 συνεπάγεται ότι και η + k= k συγκλίνει. (ii) Η ( n ) bn συγκλίνει και, επομένως, είναι φραγμένη. ρα, υπάρχει μη αρνητικός αριθμός M ώστε n b n = n bn M για κάθε n N και καταλήγουμε στην περίπτωση (i). Ο.Ε.Δ. Παραδείγματα:. + k= 3k k k 4 k +3. 3n n Παρατηρούμε ότι + k= k συγκλίνει, η + k=. + k= k + 3 k + k +5. Τώρα, n + 3 n + n +5 = n συγκλίνει, η + k= n 4 n +3 = n 3k k k 4 k n n + n 3 n n n + 3 n 4 3 n, οπότε k + 3 k + k +5 συγκλίνει.. ρα, 3n n n 4 n +3 n συγκλίνει απολύτως. και, αφού η n + 3 n + n +5. Επειδή η + ( ) k n 3 n k= 3 σκηση 8: Εστω n > 0 για κάθε n N. Αν η + k= k συγκλίνει, αποδείξτε ότι οι + k= k, + k k= + k και + k k= συγκλίνουν. + k σκηση 9: Μελετήστε τις + k= ( + k k), + k+ k k= k, + k=, k + k + k= kp( ) k + k+ (p R), k= kp ( k + k + k ) (p R), + k= k p k (0 < q < p) και + q k= (0 < q < p) ως προς τη σύγκλιση, συγκρίνοντάς τις με σειρές της μορφής + p k q k k= k ή + ρ k=0 ρk για κατάλληλα ρ. Οπου εμφανίζονται οι παράμετροι p, q βρείτε τις τιμές τους για τις οποίες η αντίστοιχες σειρές συγκλίνουν. σκηση 0: Βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες η + k= συγκλίνει. (Υπόδειξη: Δείτε πότε +x k +x 0 και συγκρίνατε τη σειρά με κατάλληλη n 8

19 γεωμετρική σειρά.) Θεώρημα.4 Κριτήριο λόγου του d Alembert. Εστω σειρά + k= k με n 0 για κάθε n N.. Αν lim sup n+ n <, η + k= k συγκλίνει απολύτως. k= k αποκλίνει.. Αν lim inf n+ n >, η + 3. Αν lim inf n+ n lim sup n+ n, δεν υπάρχει γενικό συμπέρασμα. Απόδειξη:. Παίρνουμε x ώστε lim sup n+ n < x <. Τότε υπάρχει n0 N ώστε n+ n x για κάθε n n 0. Συνεπάγεται n0+ x n0, n0+ x n0+ x n0 και, επαγωγικά, n x n n0 n0 γιά κάθε n n 0. Συγκρίνουμε τις σειρές + k=n 0 k και + k=n 0 x k. Ισχύει n Mx n, όπου M = n 0 x. Η + n 0 k=n 0 x k συγκλίνει, διότι προέρχεται από τη γεωμετρική σειρά + k=0 xk μετά από απαλοιφή των n 0 αρχικών προσθετέων της και 0 x <. ρα, η + k=n 0 k συγκλίνει και, επομένως, η + k= k συγκλίνει.. Υπάρχει n 0 N ώστε n+ n για κάθε n n 0. Δηλαδή, n n... n0 > 0 για κάθε n n 0. ρα, n 0 και, επομένως, η + k= k δε συγκλίνει. 3. Για την + k= k, η οποία δε συγκλίνει, ισχύει n+ = n n+. Για την n + k= (n+) k, η οποία συγκλίνει, ισχύει = n. Ο.Ε.Δ. n (n+) Παραδείγματα:. Η εκθετική σειρά: + x n+ n! Ισχύει = x (n+)! x n n! k=0 xk k!. (n+)! = x επομένως, η σειρά συγκλίνει.. Η γεωμετρική σειρά: k=0 xk. Ισχύει x n+ n+ 0. ρα lim sup x n+ (n+)! x n n! = 0 < και, x = x x. Αν x <, lim sup x n+ n x = x < και η n σειρά συγκλίνει. Αν x >, lim inf x n+ x = x > και η σειρά αποκλίνει. Αν n x =, δηλαδή x = ±, το κριτήριο λόγου δε δίνει συμπέρασμα, οπότε μελετάμε τη σειρά με άλλο τρόπο. Αυτό έχει ήδη γίνει και ευτυχώς, διότι η γεωμετρική σειρά χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη του Θεωρήματος.4. Θεώρημα.5 Κριτήριο ρίζας του Cuchy. Εστω σειρά + k= k.. Αν lim sup n n <, η σειρά συγκλίνει απολύτως.. Αν lim sup n n >, η σειρά αποκλίνει. 3. Αν lim sup n n =, δεν υπάρχει γενικό συμπέρασμα. Απόδειξη:. Διαλέγουμε x ώστε lim sup n n < x <. Τότε υπάρχει n 0 N ώστε: n n 0 n n x n x n. Συγκρίνουμε τις σειρές + k=n 0 k και + k=n 0 x k. Αφού x <, η δεύτερη σειρά συγκλίνει. ρα, η + k=n 0 k συγκλίνει και, επομένως, η + k= k συγκλίνει απολύτως.. Υπάρχουν άπειροι όροι της ακολουθίας ( n n ) οι οποίοι είναι. Δηλαδή, 9

20 για άπειρα n ισχύει n. ρα, n 0 και, επομένως, η + k= k δε συγκλίνει. 3. Για τις σειρές + k= k και + k= n k ισχύει n και n n. Η πρώτη σειρά αποκλίνει ενώ η δεύτερη συγκλίνει. Ο.Ε.Δ. Παραδείγματα:. + k= xk k (x R). n x Ισχύει n n = x n n x και, επομένως, lim sup n x n n = x. Αν x <, η σειρά συγκλίνει απολύτως. Αν x >, η σειρά αποκλίνει. Αν x =, το κριτήριο ρίζας δε δίνει συμπέρασμα. Αν x =, η σειρά είναι η + k= k, η οποία αποκλίνει. Αν x =, η σειρά είναι η + ( ) k k= k, η οποία συγκλίνει υπό συνθήκη. ρα, η + k= xk k συγκλίνει μόνο όταν x < και συγκλίνει απολύτως μόνο όταν < x <.. + k= xk k (x R). n x Τώρα, n n = x n n x. ρα, lim sup n x n n = x. Αν x >, η σειρά αποκλίνει. Αν x <, η σειρά συγκλίνει απολύτως. Αν x =, το κριτήριο ρίζας δε δίνει συμπέρασμα. Ομως, όταν x = ±, η σειρά είναι η + k= k και συγκλίνει. ρα, η σειρά συγκλίνει απολύτως, όταν x, και αποκλίνει, όταν x >. σκηση : Εξετάστε τη σύγκλιση της σειράς + k= ( k k ) k. σκηση : Βρείτε τις τιμές των παραμέτρων p, q R για τις οποίες η σειρά + k= pk k q συγκλίνει. σκηση 3: Εξετάστε τη σύγκλιση των σειρών και , εφαρμόζοντας τα κριτήρια λόγου και ρίζας. Ισως αναρωτηθεί κανείς αν υπάρχει κάποια σχέση ανάμεσα στο κριτήριο λόγου και στο κριτήριο ρίζας στην περίπτωση που μπορούν να εφαρμοσθούν και τα δύο ταυτοχρόνως, δηλαδή, αν έχουμε σειρά + k= k με n 0 για κάθε n. Η απάντηση είναι ότι το κριτήριο ρίζας είναι ισχυρότερο από το κριτήριο λόγου. Δηλαδή, αν το κριτήριο λόγου δίνει κάποιο αποτέλεσμα για τη σύγκλιση της σειράς, τότε και το κριτήριο ρίζας δίνει το ίδιο αποτέλεσμα και υπάρχουν παραδείγματα σειρών για τα οποία το κριτήριο λόγου δε δίνει αποτέλεσμα ενώ το κριτήριο ρίζας δίνει. Από την άλλη μεριά, μερικές φορές, όπως στο επόμενο παράδειγμα, είναι πιο εύκολο να εφαρμοσθεί το κριτήριο λόγου από το να εφαρμοσθεί το κριτήριο ρίζας. Παράδειγμα: Η εκθετική σειρά: + k=0 xk k!. Μελετήσαμε τη σύγκλιση της σειράς αυτής με το κριτήριο λόγου. Για να εφαρμόσουμε το κριτήριο ρίζας, χρειαζόμαστε την τιμή του lim sup n x n = 0 n!

21 lim sup x n n!. Για να την υπολογίσουμε θα αποδείξουμε πρώτα το όριο n n! +, το οποίο είναι χρήσιμο αλλά όχι αρκετά γνωστό. Εχουμε n n! = n n n ([ n ] + ) n > n n n = n ( n )n [ n ] ( n n )n n = n για κάθε n. Επειδή n +, συνεπάγεται n n! +. x ρα, n n! 0 και, επομένως, lim sup n x n n! = 0 <. Συμπεραίνουμε, λοιπόν, ότι η εκθετική σειρά συγκλίνει για κάθε x R. σκηση 4: Εφαρμόστε τα κριτήρια λόγου και ρίζας στις σειρές + k= kk x k, + k=0 xk k!, + k= xk k, + k=0 k3 x k, + k=0 k k! xk, + k= k x k k και + k=0 k3 x k. Τι 3 k παρατηρείτε; Μπορείτε να αποφασίσετε τη σύγκλιση των σειρών αυτών για τις τιμές του x για τις οποίες τα δύο κριτήρια δε δίνουν απάντηση; σκηση 5: Αν n > 0 για κάθε n, αποδείξτε ότι lim inf n+ n lim inf n n lim sup n n lim sup n+ n. Συμπεράνατε ότι, όταν το κριτήριο λόγου δείχνει σύγκλιση ή απόκλιση σειράς, το ίδιο συμβαίνει και με το κριτήριο ρίζας και, όταν το κριτήριο ρίζας δε δείχνει τίποτα, το ίδιο συμβαίνει και με το κριτήριο λόγου. (Υπόδειξη: Εστω x > lim sup n+ n. Υπάρχει n 0 N ώστε: n+ n x για κάθε n n 0. ρα, αν n n 0, n n0 = n 0 + n0 + n0 n n0 + n x n n0. Οπότε n n < xx n 0 n n n0 και, επομένως, lim sup n n x. Αφού για κάθε x > lim sup n+ n συνεπάγεται lim sup n n x, συμπεραίνουμε ότι lim sup n n lim sup n+ n.).4 SÔgklish upì sunj kh. Στην προηγούμενη ενότητα μελετήσαμε τα κριτήρια σύγκρισης, λόγου και ρίζας, τα οποία, όμως, είναι κριτήρια για να συμπεράνουμε αν μία σειρά είναι απολύτως συγκλίνουσα. Χρήσιμο θα ήταν και κάποιο κριτήριο για σειρές οι οποίες συγκλίνουν χωρίς, όμως, να συγκλίνουν απολύτως (δηλαδή, για σειρές οι οποίες συγκλίνουν υπό συνθήκη). Θα δούμε, τώρα, μία αρκετά σημαντική μέθοδο γι αυτόν τον σκοπό. Λήμμα. θροιση κατά μέρη του Abel. Εστω ακολουθίες ( n ) και (b n ) και ορίζουμε s n = + + n για κάθε n N. Για κάθε n ισχύει n n k b k = s k (b k b k+ ) + s n b n+. k= k= n Απόδειξη: k= kb k = b + n k= (s k s k )b k = s b + n k= s kb k n k= s k b k = n k= s kb k n k= s kb k+ = n k= s kb k n k= s kb k+ +s n b n+ = n k= s k(b k b k+ ) + s n b n+. Ο.Ε.Δ. Δε χρειάζεται να θυμόμαστε αυτήν την ισότητα! Αρκεί να κατανοήσουμε την ιδέα: το άθροισμα n k= kb k αντικαθίσταται με ένα άλλο, στο οποίο τη θέση των

22 k παίρνουν τα διαδοχικά μερικά αθροίσματά τους s k και τη θέση των b k παίρνουν οι διαδοχικές διαφορές τους b k b k+. Εμφανίζεται και ο «ακραίος» όρος s n b n+. Θεώρημα.6 Dirichlet. Εστω δύο ακολουθίες ( n ) και (b n ) με τις ιδιότητες: (i) η (b n ) φθίνει προς το 0 και (ii) η ακολουθία (s n = + + n ) είναι φραγμένη. Δηλαδή, υπάρχει M ώστε + + n M για κάθε n N. Τότε η σειρά + k= kb k συγκλίνει. Απόδειξη: Η + k= s k(b k b k+ ) συγκλίνει απολύτως, διότι + k= s k(b k b k+ ) = + k= s k (b k b k+ ) M + k= (b k b k+ ) = Mb < +. Η τελευταία ισότητα ισχύει, αφού η + k= (b k b k+ ) είναι τηλεσκοπική και b n 0. ρα, η + k= s n k(b k b k+ ) συγκλίνει, οπότε το lim n + k= s k(b k b k+ ) είναι πραγματικός αριθμός. Επίσης, έχουμε lim n + s n b n+ = 0, αφού η (s n ) είναι φραγμένη και lim n + b n = 0. n Από το Λήμμα. συνεπάγεται ότι το lim n + k= kb k είναι πραγματικός αριθμός και, επομένως, η + k= kb k συγκλίνει. Ο.Ε.Δ. Παράδειγμα: Θεωρούμε οποιαδήποτε σειρά + k= ( )k b k, με την (b n ) να φθίνει προς το 0. Τυπικό παράδειγμα αποτελεί η σειρά + k= ( ) k k. Τα μερικά αθροίσματα της ακολουθίας ( { ( ) n ) είναι φραγμένα, αφού s n = n 0, αν ο n είναι άρτιος. k= ( )k = ρα, σύμφωνα με το Θεώρημα του, αν ο n είναι περιττός. Dirichlet, η + k= ( )k b k συγκλίνει. σκηση 6: Βρείτε τις τιμές της παραμέτρου ρ R για τις οποίες η σειρά + ( ) k k= k ρ συγκλίνει. Για ποιες από τις τιμές αυτές η σειρά συγκλίνει απολύτως και για ποιες συγκλίνει υπό συνθήκη; σκηση 7: Μελετήστε τη σύγκλιση της σειράς + log k k= ( )k k. σκηση 8: Εστω (b n ) η οποία φθίνει προς το 0 και s = + k= ( )k b k. Αποδείξτε ότι 0 ( ) n (s s n ) b n+ για κάθε n N..5 Dekdikèc prstˆseic. Θεωρούμε σειρές της μορφής k= k 0 k = , όπου n {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} για κάθε n και όπου δεν επιτρέπεται να είναι όλα τα n από έναν δείκτη και πέρα ίσα με το 9. Κάθε τέτοια σειρά ονομάζεται δεκαδική σειρά.

23 Κάθε δεκαδική σειρά έχει μη-αρνητικούς προσθετέους και, επομένως, έχει άθροισμα το οποίο είναι είτε μη αρνητικός αριθμός είτε +. Ομως, επειδή 0 n 0 9 n 0 για κάθε n N και επειδή + n k= 9 = k 0 k=0 = 9 0 k 0 =, 0 συμπεραίνουμε ότι 0 + k k= + 0 k k= 9 =. Αν + k 0 k k= =, συνεπάγεται, βάσει της Πρότασης., ότι n = 9 για κάθε n, το οποίο αντιφάσκει 0 k με μία από τις παραδοχές μας για τις δεκαδικές σειρές. Επομένως, κάθε δεκαδική σειρά συγκλίνει και το άθροισμά της είναι αριθμός στο [0, ): 0 k= k 0 k <. Θεώρημα.7 Για κάθε x [0, ) υπάρχει ακριβώς μία δεκαδική σειρά της οποίας το άθροισμα είναι ίσο με τον x. Πιο αναλυτικά: για κάθε x [0, ) (i) υπάρχουν n {0,,,..., 9} (n ) ώστε να μην είναι όλα τα n από έναν δείκτη και πέρα ίσα με το 9 και ώστε x = k= k 0 k. (ii) αν, εκτός των n, υπάρχουν b n {0,,,..., 9} (n ) ώστε να μην είναι όλα τα b n από έναν δείκτη και πέρα ίσα με το 9 και ώστε x = + b k k=, τότε 0 k n = b n για κάθε n. Απόδειξη: Εστω x [0, ). (i) Χωρίζουμε το διάστημα [0, ) σε δέκα υποδιαστήματα ίσου μήκους 0. Το x βρίσκεται σε ένα από αυτά, οπότε υπάρχει {0,,,..., 9} ώστε 0 x < +. 0 Το διάστημα [ 0 ) έχει μήκος 0 και το χωρίζουμε σε δέκα ίσα υποδιαστήματα μήκους 0 το καθένα. Το x βρίσκεται σε ένα από αυτά, οπότε υπάρχει {0,,,..., 9} ώστε x < , + Συνεχίζοντας επαγωγικά, βλέπουμε ότι για κάθε n υπάρχει n {0,,..., 9} ώστε n 0 n x < n + 0 n. Επομένως, τα μερικά αθροίσματα s n των n 0 (n ) ικανοποιούν την s n n x < s n + 0 ή, ισοδύναμα, την 0 x s n n < 0 για κάθε n. ρα s n n x και, επομένως, x = k= 3 k 0 k.

24 Ας υποθέσουμε, για να καταλήξουμε σε άτοπο, ότι τα n είναι από έναν δείκτη και πέρα όλα ίσα με το 9. Δηλαδή, ότι υπάρχει n 0 ώστε n = 9 για κάθε n n 0 +. Τότε x = n 0 0 n0 + + k=n 0+ = n 0 0 n n k = n n0 0 n0+ 0 k k=0 = n 0 0 n0 + 0 n0 και αυτό αντιφάσκει με το ότι ισχύει n 0 x < n n+ 0 για n κάθε n και, επομένως, και για το n 0. (ii) Εστω ότι, εκτός των n, υπάρχουν b n {0,,,..., 9} (n ) ώστε να μην είναι όλα τα b n από έναν δείκτη και πέρα ίσα με το 9 και ώστε να ισχύει x = + b k k=. Ας υποθέσουμε, για να καταλήξουμε σε άτοπο, ότι υπάρχει 0 k κάποιο n ώστε n b n. Βαφτίζουμε n 0 το ελάχιστο n N για το οποίο ισχύει n b n, δηλαδή, 0 = b 0, = b,..., n0 = b n0 και n0 b n0. Ας υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι n0 < b n0. Τότε από την ισότητα + k k= = + b k 0 k k= συνεπάγεται η + k 0 k k=n 0 = + b k 0 k k=n 0 και από αυτήν, 0 k χρησιμοποιώντας και το ότι n b n 9 για κάθε n, συνεπάγεται 0 n0 b n 0 n0 0 n0 = k=n 0+ + k 0 k k=n 0+ b k 0 k = k=n 0+ k b k 0 k k=n k = 0. n0 Τώρα, όμως, συνεπάγεται ότι κάθε ανισότητα στην προηγούμενη αλληλουχία ισοτήτων και ανισοτήτων πρέπει να είναι ισότητα, οπότε + k b k k=n 0+ = + 0 k και, βάσει της Πρότασης., n b n = 9 για κάθε n n 0 +. Αυτό συμβαίνει μόνον αν n = 9 και b n = 0 για κάθε n n 0 + και καταλήγουμε σε αντίφαση k=n k με έναν από τους περιορισμούς για τις δεκαδικές σειρές. ρα, ισχύει n = b n για κάθε n. Ο.Ε.Δ. Ορισμός.6 Σύμφωνα με το Θεώρημα.7, για κάθε x [0, ) υπάρχει ακριβώς μία δεκαδική σειρά + k k= ώστε x = + k 0 k k=. Τότε λέμε ότι ο x έχει τη 0 k δεκαδική παράσταση x = 0, Επίσης, το n ονομάζεται n-οστό δεκαδικό ψηφίο του x. σκηση 9: Αποδείξτε ότι, αν x [0, ) και x = 0, 3... είναι η δεκαδική παράσταση του x, ισχύει n = [ 0 n x 0[0 n x] ] για κάθε n. 4

25 .6 Dunmoseirèc. Ορισμός.7 Αν ( n ) είναι οποιαδήποτε ακολουθία στο R, η σειρά k=0 k (x x 0 ) k ονομάζεται δυναμοσειρά με συντελεστές n (n = 0,,...), παράμετρο x R και κέντρο x 0 R. Οπως και στο παράδειγμα της γεωμετρικής σειράς, κάνουμε την παραδοχή ότι, αν t = 0, η τιμή του t 0 είναι ίση με το, όπως και για κάθε t 0. Πιο αναλυτικά: + k=0 k(x x 0 ) k = k= k(x x 0 ) k. Είναι φανερό ότι η γεωμετρική σειρά + k=0 xk είναι ειδική περίπτωση δυναμοσειράς. Το ουσιαστικό πρόβλημα που αντιμετωπίζουμε, δεδομένης μιας δυναμοσειράς, είναι να βρούμε όλες τις τιμές της παραμέτρου x για τις οποίες η δυναμοσειρά συγκλίνει. Είναι, βέβαια, προφανές ότι κάθε δυναμοσειρά + k=0 k(x x 0 ) k συγκλίνει όταν η παράμετρος x πάρει την τιμή x 0. Πράγματι, + k=0 k(x 0 x 0 ) k = k= k(x 0 x 0 ) k = 0. Ορισμός.8 Εστω δυναμοσειρά + k=0 k(x x 0 ) k. Αν = lim sup n n (οπότε 0 + ), ο αριθμός R = = lim sup n n ονομάζεται ακτίνα σύγκλισης της δυναμοσειράς. (Δεχόμαστε ότι 0 = + και + = 0 και, επομένως, 0 R +.) Επίσης, το διάστημα (x 0 R, x 0 + R) ονομάζεται διάστημα σύγκλισης της δυναμοσειράς. Αυτή η ονομασία του R καθώς και η ονομασία του (x 0 R, x 0 + R) δικαιολογούνται από το παρακάτω Θεώρημα.8. Θεώρημα.8 Εστω δυναμοσειρά + k=0 k(x x 0 ) k και R = = lim sup n n.. Αν R > 0 και x (x 0 R, x 0 + R), η δυναμοσειρά συγκλίνει απολύτως.. Αν R < + και x / [x 0 R, x 0 + R], η δυναμοσειρά αποκλίνει. 3. Αν R < + και x = x 0 ± R, δεν υπάρχει γενικό συμπέρασμα (εκτός, βέβαια, από την περίπτωση R = 0, οπότε η σειρά συγκλίνει απολύτως). Απόδειξη: Για τα και εφαρμόζουμε το κριτήριο της ρίζας για σύγκλιση σειρών.. Εστω 0 < R + (ή, ισοδύναμα, 0 < + ) και x x 0 < R. Τότε lim sup n n (x x 0 ) n = x x 0 lim sup n n = x x 0 = x x 0 R 5 <.

26 . Εστω 0 R < + (ή, ισοδύναμα, 0 < + ) και x x 0 > R. Τότε lim sup n n (x x 0 ) n = x x 0 lim sup n n = x x 0 = x x 0 R >. 3. Για τη δυναμοσειρά + k=0 (x x 0) k n υπολογίζουμε R =. Πράγματι, =, οπότε =. Αν x = x 0 ±, καταλήγουμε στις σειρές + + k=0 k και k=0 ( )k οι οποίες αποκλίνουν. Για τη δυναμοσειρά + (x x 0) k k=0 (k+) έχουμε n (n+) = ( n, οπότε n+) = και R =. Αν x = x 0 ±, καταλήγουμε στις σειρές + και + k=0 ( ) k (k+) οι οποίες συγκλίνουν. Για τη δυναμοσειρά + (x x 0) k k=0 k+ έχουμε n n+ και R =. Αν x = x 0 +, καταλήγουμε στη σειρά + k=0 (k+) = n n+, οπότε = k=0 k+ η οποία αποκλίνει και, αν x = x 0, στη σειρά + ( ) k k=0 k+ η οποία συγκλίνει. Για τη δυναμοσειρά + k=0 ( )k (x x 0) k k+ έχουμε n ( ) n n+ = n n+, ο- πότε = και R =. Αν x = x 0 +, καταλήγουμε στη σειρά + ( ) k k=0 k+ η οποία συγκλίνει και, αν x = x 0, στη σειρά + k=0 η οποία αποκλίνει. Ο.Ε.Δ. k+ Βλέπουμε, λοιπόν, ότι σε κάθε δυναμοσειρά + k=0 k(x x 0 ) k αντιστοιχίζεται η ακτίνα σύγκλισής της R [0, + ] και ότι υπάρχουν τα εξής απλά ενδεχόμενα:. αν R = +, η σειρά συγκλίνει για κάθε x (, + ),. αν R = 0, η σειρά συγκλίνει, αν x = x 0, και αποκλίνει για κάθε άλλη τιμή του x και 3. αν 0 < R < +, η σειρά συγκλίνει για κάθε x A και αποκλίνει για κάθε x A, όπου A είναι το διάστημα (x 0 R, x 0 + R) στο οποίο μπορεί να έχουν προστεθεί ένα ή και τα δύο άκρα x 0 ± R. Δηλαδή A = (x 0 R, x 0 + R) ή (x 0 R, x 0 +R] ή [x 0 R, x 0 +R) ή [x 0 R, x 0 +R], ανάλογα με τη συγκεκριμένη σειρά. Γράφοντας A = (, + ) στην πρώτη περίπτωση και A = {x 0 } στη δεύτερη περίπτωση, βλέπουμε ότι σε όλες τις περιπτώσεις η + k=0 k(x x 0 ) k συγκλίνει για κάθε x A. ρα, σε κάθε x A αντιστοιχίζεται ο αριθμός s(x) = k=0 k (x x 0 ) k και, επομένως, ορίζεται μία συνάρτηση s : A R. Λέμε ότι η δυναμοσειρά ορίζει τη συνάρτηση s : A R ή ότι η s : A R ορίζεται από τη δυναμοσειρά. Για παράδειγμα, η γεωμετρική σειρά + k=0 xk ορίζει την s : (, ) R με τύπο s(x) = x για κάθε x (, ). Οπως φαίνεται και στο παράδειγμα, είναι δυνατόν η συνάρτηση s να επεκτείνεται και εκτός του συνόλου A. Δηλαδή να υπάρχει συνάρτηση f : B R με B A, 6

27 B A, ώστε f(x) = s(x) για κάθε x A. Πράγματι, στο παράδειγμα η f : R \ {} R με τύπο f(x) = x για κάθε x R \ {} είναι επέκταση της s. Ομως, προσέξτε ότι η δυναμοσειρά ορίζει την s και όχι την f. Παραδείγματα:. Η εκθετική δυναμοσειρά: + k=0 xk k!. n Γνωρίζουμε ήδη ότι n! = n n! 0, οπότε = 0 και, επομένως, η ακτίνα σύγκλισης της εκθετικής δυναμοσειράς είναι R = +. Δηλαδή, το διάστημα σύγκλισης της δυναμοσειράς είναι το (, + ), οπότε η εκθετική δυναμοσειρά συγκλίνει και, μάλιστα, απολύτως για κάθε x R. Η ονομασία αυτής της δυναμοσειράς οφείλεται στο επόμενο αποτέλεσμα. Πρόταση. e x = k=0 x k k!, x R. Απόδειξη:. Παίρνουμε τυχόν x > 0 και n N και θεωρούμε την παράσταση x n! 0 et (x t) n dt. Εφαρμόζοντας διαδοχικές ολοκληρώσεις κατά μέρη, έχουμε x n! 0 et (x t) n dt = xn n! + x (n )! 0 et (x t) n dt = xn n! xn (n )! + x (n )! 0 et (x t) n dt =... = xn x n!! + x 0! 0 et dt = xn x n!! + e x. ρα e x n k=0 xk k! = x n! 0 et (x t) n x dt ex n! 0 (x t)n dt = xn+ (n+)! ex 0 καθώς n +. Το τελευταίο ισχύει, διότι η σειρά + k=0 xk k! συγκλίνει και, επομένως, xn n! 0. ρα, + k=0 xk k! = e x για κάθε x > 0. Η απόδειξη είναι παρόμοια στην περίπτωση x < 0 και το αποτέλεσμα είναι προφανές, αν x = 0.. Ας δούμε μία εναλλακτική απόδειξη. Παίρνουμε, πάλι, τυχόν x > 0 και οποιοδήποτε n N και θέτουμε A = (n+)!( x e x n ) n+ k=0 xk k!. Ορίζουμε την f(t) = e t n k=0 tk k! A tn+ (n+)! για κάθε t [0, x]. Παρατηρούμε ότι f(0) = f (0) = f () (0) =... = f (n) (0) = 0 και f(x) = 0. Από τις f(0) = f(x) = 0 συνεπάγεται ότι υπάρχει x (0, x) ώστε f (x ) = 0. Από τις f (0) = f (x ) = 0 συνεπάγεται ότι υπάρχει x (0, x ) (0, x) ώστε f () (x ) = 0. Από τις f () (0) = f () (x ) = 0 συνεπάγεται ότι υπάρχει x 3 (0, x ) (0, x) ώστε f (3) (x 3 ) = 0. Συνεχίζοντας επαγωγικά, από τις f (n) (0) = f (n) (x n ) = 0 συνεπάγεται ότι υπάρχει x n+ (0, x n ) (0, x) ώστε f (n+) (x n+ ) = 0. Βλέπουμε ότι f (n+) (t) = e t A για κάθε t, οπότε η τελευταία ισότητα γράφεται A = e xn+. Συμπεραίνουμε e x n και, επομένως, e x n n k=0 xk k=0 xk k! = x n+ (n+)! exn+ k=0 xk k! = xn+ (n+)! exn+ xn+ (n+)! ex 0 καθώς n +. ρα k! e x, οπότε + k=0 xk k! = e x για κάθε x > 0. Η απόδειξη είναι παρόμοια στην περίπτωση x < 0 και το αποτέλεσμα είναι προφανές, αν x = 0. Ο.Ε.Δ. σκηση 30: Συμπληρώστε τις δύο αποδείξεις της Πρότασης. στην περίπτωση x < 0. 7

28 Αργότερα, στο κεφάλαιο για σειρές συναρτήσεων, θα δούμε και τρίτη απόδειξη της Πρότασης... Η λογαριθμική δυναμοσειρά: + k= ( )k (x ) k k. Επειδή n ( ) n n = n n, συνεπάγεται = και, επομένως, R =. ρα το διάστημα σύγκλισης της δυναμοσειράς είναι το (, + ) = (0, ) και η σειρά συγκλίνει απολύτως για κάθε x (0, ). Βλέπουμε εύκολα ότι η δυναμοσειρά συγκλίνει (υπό συνθήκη) όταν x = και αποκλίνει όταν x = 0. Η ονομασία της δυναμοσειράς οφείλεται στο επόμενο αποτέλεσμα. Πρόταση. log x = k= k (x )k ( ), x (0, ]. k Απόδειξη: Εστω x (0, ]. Θεωρούμε την παράσταση n διαδοχικές ολοκληρώσεις κατά μέρη: ( ) n x t (x t) n dt =... = ( ) n (x ) n n (x ) (x )+ x t dt = ( )n (x ) n n log x. ρα, n log x k= ( )k (x ) k k = x ( ) n x x t n (x t) n dt. Με t (x t) n dt = ( ) n (x ) n n+ n + n + ( ) n (x ) n n + + +( ) n (x ) n n + + (x ) (x )+ t (x t) n dt. Αλλάζοντας τη n+ μεταβλητή από t σε x t, βρίσκουμε n log x k= ( )k (x ) k k = x (t ) n t dt. Αν x, τότε x (t ) n t dt x (t )n dt = (x )n+ n+ n+ 0 καθώς n +. Αν 0 < x, τότε x (t ) n t dt = ( t) n x t dt ( x) n x t dt = ( x) n log x 0 καθώς n +. ρα, αν x (0, ], ισχύει n log x k= ( )k (x ) k k 0 καθώς n + και, επομένως, + k= ( )k (x ) k k = log x. Ο.Ε.Δ. Οπως και για την εκθετική δυναμοσειρά, στο κεφάλαιο για σειρές συναρτήσεων θα δούμε μία ακόμη απόδειξη της Πρότασης.. Ενδιαφέρον παρουσιάζει η ειδική περίπτωση του αποτελέσματος της Πρότασης., δηλαδή: k= ( ) k = log. k 3. Η δυναμοσειρά του συνημιτόνου: + xk k=0 ( )k (k)!. Τώρα, πρέπει να προσέξουμε λίγο. Η ακολουθία των συντελεστών της δυναμοσειράς αυτής είναι n = { { n n!, ( ) n n!, αν ο n είναι άρτιος, 0, αν ο n είναι περιττός. n Συνεπάγεται αν ο n είναι άρτιος, n = οπότε οι υποακολουθίες 0, αν ο n είναι περιττός, άρτιων και περιττών δεικτών της ( n n ) συγκλίνουν στο 0. ρα, = 0 και, 8

29 επομένως, R = +. Και αυτή, λοιπόν, η δυναμοσειρά συγκλίνει απολύτως για κάθε x R. Η ονομασία αυτής της δυναμοσειράς οφείλεται στο ότι χρησιμεύει για να ορισθεί το συνημίτονο του x για κάθε x R. Ορισμός.9 Για κάθε x R ορίζουμε το συνημίτονο του x, το οποίο συμβολίζουμε cos x, ως το άθροισμα της + xk k=0 ( )k (k)!. Δηλαδή, cos x = ( ) k xk k=0 (k)!, x R. Αυτός είναι, ίσως, ο απλούστερος τρόπος να ορισθεί με αυστηρά μαθηματικό τρόπο το συνημίτονο ενός αριθμού. Ο συνήθης ορισμός που μαθαίνει κανείς στο λύκειο εξαρτάται από τη γεωμετρική εποπτεία και δεν είναι αυστηρά θεμελιωμένος στα αξιώματα των πραγματικών αριθμών. Από τον ορισμό αποδεικνύονται ορισμένες απλές ιδιότητες του συνημιτόνου. (i) cos 0 =. (ii) cos( x) = cos x για κάθε x R. (iii) Η συνάρτηση cos είναι συνεχής στο σημείο 0: lim x 0 cos x = = cos 0. Η απόδειξη βασίζεται στις γνωστές μας ανισότητες n! n. Πράγματι, αν x <, cos x = + xk k= ( )k + (k)! x k k= (k)! + x k k= = k + ( x ) k k= 4 = x 4 x 0 καθώς x 0. cos x (iv) lim x 0 x =. Οπως και στην απόδειξη της προηγούμενης ιδιότητας, αν x <, έχουμε cos x x = + xk k= ( )k + (k)! x k k= (k)! + x k k= = k + ( x ) k k= 4 = x 4 8 x και, επομένως, cos x x x 8 x 0 καθώς x 0. (v) Η συνάρτηση cos είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0 και cos 0 = 0. cos x cos 0 Πράγματι, x 0 = x cos x x 0 = 0 καθώς x 0. Θα δούμε λίγο αργότερα ότι η συνάρτηση cos είναι συνεχής και παραγωγίσιμη σε κάθε x R. Μία απόδειξη θα παρουσιασθεί στην επόμενη ενότητα και θα χρησιμοποιεί τη συνέχεια και την παραγωγισιμότητα στο 0 που μόλις αποδείξαμε. Μία ακόμη απόδειξη θα παρουσιασθεί στο κεφάλαιο για σειρές συναρτήσεων. 4. Η δυναμοσειρά του ημιτόνου: + xk+ k=0 ( )k (k+)!. Οπως και στο προηγούμενο παράδειγμα, η ακολουθία των συντελεστών της δυναμοσειράς αυτής είναι { 0, αν ο n είναι άρτιος, n = ( ) n n!, αν ο n είναι περιττός. n ρα, { 0, αν ο n είναι άρτιος, n = αν ο n είναι περιττός, οπότε οι υποακολουθίες άρτιων n n!, και περιττών δεικτών της ( n n ) συγκλίνουν στο 0. ρα, = 0 και, επομένως, R = +. Η δυναμοσειρά συγκλίνει απολύτως, και αυτή, για κάθε x R. Τώρα, η δυναμοσειρά αυτή χρησιμεύει για να ορισθεί το ημίτονο του x για κάθε x R. 9

30 Ορισμός.0 Για κάθε x R ορίζουμε το ημίτονο του x, το οποίο συμβολίζουμε sin x, ως το άθροισμα της + xk+ k=0 ( )k (k+)!. Δηλαδή, sin x = k=0 ( ) k x k+ (k + )!, x R. Το σχόλιο που κάναμε μετά από τον ορισμό του συνημιτόνου ισχύει και για τον ορισμό του ημιτόνου. Επίσης, είναι εύκολο να αποδείξουμε μερικές απλές ιδιότητές του. (i) sin 0 = 0. (ii) sin( x) = sin x για κάθε x R. (iii) Η συνάρτηση sin είναι συνεχής στο σημείο 0: lim x 0 sin x = 0 = sin 0. Διότι, αν x <, έχουμε sin x = + + x k+ k=0 = x + ( x k k=0 4 sin x (iv) lim x 0 x =. xk+ k=0 ( )k (k+)! ) k = 4 x 4 x 0 καθώς x 0. + k=0 x k+ (k+)! Ομοίως, αν x <, τότε sin x x = + xk+ k= ( )k + (k+)! x k+ k= (k+)! + x k+ k= = x + ( x ) k k k= 4 = x 3 4 x και, επομένως, sin x x x 4 x 0 καθώς x 0. (v) Η συνάρτηση sin είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0 και sin 0 =. sin x sin 0 Πράγματι, x 0 = sin x x καθώς x 0. Οπως και με την cos, θα δούμε λίγο αργότερα και, μάλιστα, με δύο αποδείξεις ότι η συνάρτηση sin είναι συνεχής και παραγωγίσιμη σε κάθε x R. σκηση 3: Εφαρμόστε το κριτήριο λόγου για να αποδείξετε τη σύγκλιση των δυναμοσειρών του συνημιτόνου και του ημιτόνου. σκηση 3: Εστω ρ R. Βρείτε τις ακτίνες σύγκλισης των + k=0 kρ x k, + k=0 ρk x k, + k=0 k!xk και + k=0 (k)! xk. σκηση 33: Εστω A, B R και δυναμοσειρά + k=0 kx k. Υποθέτουμε ότι n + A n + B n = 0 για κάθε n.. Αποδείξτε ότι για κάθε x στο διάστημα σύγκλισής της η σειρά έχει άθροισμα 0+( +A 0)x +Ax+Bx. (Υπόδειξη: Πολλαπλασιάστε την n + A n + B n = 0 με το x n, σχηματίστε το + n= του αποτελέσματος και λύστε ως προς το s(x) = + k=0 kx k.). Υπολογίστε την ακτίνα σύγκλισης της σειράς. (Υπόδειξη: Βρείτε ρ και σ ώστε ρ + σ = A και ρσ = B και παρατηρήστε ότι n ρ n = σ( n ρ n ) για κάθε n N. Υπολογίστε, επαγωγικά, το n ρ n και, κατόπιν, πάλι επαγωγικά, το n.) σκηση 34: Εστω ότι η ακτίνα σύγκλισης της + k=0 k(x x 0 ) k είναι R. Αν m N, βρείτε τις ακτίνες σύγκλισης των + k=0 m k (x x 0) k, + k=0 k(x x 0 ) mk + και k=0 km(x x 0 ) k. 30