Mer Taylor rekke om x=0

[Razzy]

[tex]$$f\left( x \right) = \int_0^x {{{\sin t} \over t}} \;dt$$[/tex]


Tenker at sin t er kjent:

[tex]$$\sin x = x - {1 \over {3!}}{x^3} + {1 \over {5!}}{x^5} - {1 \over {7!}}{x^7} + \; \cdots = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{{{\left( { - 1} \right)}^n}} \over {\left( {2n + 1} \right)!}}{x^{2n + 1}}} $$[/tex]


Og dermed kan jeg skrive:

[tex]$$\int_0^x {{{\sin t} \over t}} \;dt = \int_0^x {\left( {1 - {1 \over {3!}}{t^4} + {1 \over {5!}}{t^6} - {1 \over {7!}}{t^8} + \; \cdots } \right)} \;dt$$[/tex]

(Merk her er 1/t ganget inn på h.s)


Er jeg inne på riktig tankegang? Kan jeg bare fortsette å løse h.s. uten å gjøre noe med v.s. ?


mvh Razzy

[wingeer]

[tex]\int_0^x \frac{\sin(t)}{t} dt = \int_0^x \frac{1}{t} \sin(t) dt = \int_0^x \frac{1}{t} \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n+1} dt = \int_0^x \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n} dt[/tex]
Men siden denne summen er uniformt konvergent ("removable singularity at x=0"), så får vi:
[tex]\int_0^x \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n} dt = \sum _{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int_0^x t^{2n} dt = \sum _{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}[/tex]

[Razzy]

[tex]\int_0^x \frac{\sin(t)}{t} dt = \int_0^x \frac{1}{t} \sin(t) dt = \int_0^x \frac{1}{t} \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n+1} dt = \int_0^x \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n} dt[/tex]
Men siden denne summen er uniformt konvergent ("removable singularity at x=0"), så får vi:
[tex]\int_0^x \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}t^{2n} dt = \sum _{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int_0^x t^{2n} dt = \sum _{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}[/tex]

Jeg er med på alle overgangene - men er ikke helt med på hvorfor du kan integrere [tex]$$\int\limits_0^x {{t^{2n}}} dt$$[/tex] alene og deretter gange det med [tex]$$\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{{{( - 1)}^n}} \over {(2n + 1)!}}} {t^{2n + 1}}$$[/tex].

Kunne du forsøkt å gitt meg en enkel forklaring for hvorfor du kan gjøre dette? Hva er det som fortalte deg at du kunne gjøre det slik?


PS: Fasiten sier; [tex]$$\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{{t^{2n + 1}}} \over {(2n + 1)!\left( {2n + 1} \right)}}} $$[/tex]

er det en annen måte å skrive: [tex]$$\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{{{( - 1)}^n}} \over {(2n + 1)!}}} {{{x^{2n + 1}}} \over {2n + 1}}$$[/tex] på?

[wingeer]

Da er det noe humbug i fasit, for det virker ikke helt rett. Det er mulig å starte summasjonen fra 1 (ved å sette k=n+1 inn i uttrykket), men da får du:
[tex]\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{x^{2k-1}}{(2k-1)(2k-1)!}[/tex].

Grunnen til at du kan bytte om på summasjon og integralet er fordi funksjonen du integrerer er uniformt konvergent. Det er et teorem som sier at hvis du har en funksjonsfølge [tex]f_n(x)[/tex] som konvergerer uniformt til f(x) på et intervall [a,b], altså:
[tex]\lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x)[/tex], så gjelder følgende:
[tex]\int_a^b f(x) dx = \int_a^b \lim_{n \to \infty} f_n(x) dx = \lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)dx[/tex]
Beviset for det er muligens litt over dette kursnivået.
I vårt tilfelle har vi:
[tex]f(x) = \sum_{k=1}^{\infty} g_k(x) = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} g_k(x)[/tex], så
[tex]\int_{0}^{t} f(x) dx = \int_{0}^{t} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} g_k(x) dx = \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{t} \sum_{k=1}^{n} g_k(x) dx[/tex]
Og siden dette kun er en endelig sum gjelder "vanlige integrasjonsregler", så vi får:
[tex] \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \int_{0}^{t} g_k(x) dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{0}^{t} g_k(x) dx [/tex]

Håper dette ga litt mer klarhet. Beviset for teoremet som blir brukt kan du lese her, om du er mer nysgjerrig:
http://rutherglen.science.mq.edu.au/wch ... r/fa08.pdf

[Nebuchadnezzar]

Razzy.

Wingeer har riktig, fasit har feil.

[tex]\int_0^x \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} t^{2n}\mathrm{d}t \,=\, \sum_{n=0}^\infty \left( \int_0^x \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} t^{2n}\mathrm{d}t \right) \,=\, \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int_0^x t^{2n}\mathrm{d}t \right) \,=\, [/tex]

Hvor i første overgang benyttet vi oss av det wingeer snakket om, og i siste overgang legg merke til at vi integrerer med hensyn på t, slik at n er en konstant, og kan bli satt utenfor integrasjonen.

Wingeer:

Hvordan viser du at funksjonsfølgen konvergerer uniformt på [tex]\mathbb{R}[/tex]? Her antar jeg du først viser at \sin(x) konvergerer uniformt på [tex]\mathbb{R}[/tex], også viser du at [tex]\sin(x)/x[/tex] konvergerer for [tex]x=0[/tex]? I så fall hvordan vil du vise sistnevnte? (Du kan godt og lese siste innlegget mitt her)

http://www.diskusjon.no/index.php?showtopic=309688

Syntes dette blir litt sirkulært,

[wingeer]

Det er et teorem som sier at hvis en rekkeutvikling konvergerer, så konvergerer den uniformt på konvergensradien.

Bevis/håndvifting:
Se på [tex]\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-a)^n[/tex] og la p være slik at [tex]0<p<R[/tex], hvor R er konvergensradien til rekkeutviklingen. Da har vi at for enhver x s.a. [tex]|x-a| < p[/tex] at
[tex]|a_n (x-a)^n| < |a_n| p^n[/tex], la så [tex]M_n = |a_n|p^n[/tex]
Siden p<r så er denne følgen begrenset (den konvergerer), si av C. Altså er:
[tex]|a_n|p^n \leq Cp^n[/tex] som konvergerer. Ved Weierstrass M-test har vi da at siden [tex]\sum_{n=0}^{\infty} M_n[/tex] konvergerer for x s.a. [tex]|x-a|<p<R[/tex], så konvergerer
[tex]\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-a)^n[/tex] uniformt for alle [tex]|x-a|<R[/tex].
I vårt tilfelle er a=0 og R=uendelig. Ekstra nice! Derfor konvergerer funksjonsfølgen uniformt.

Forbehold om teite feil. Langt over leggetid!

[Razzy]

Nebuchadnezzar og wingeer takk for utfyllende tilbakemeldinger.

Skal forhøre meg med foreleser angående dette.

Takk!