44 Taylor ve Maclaurin Serileri
Kuvvet Serilerinin Özellikleri bölümünde bir kuvvet serisinden yola çıkıp topladığı fonksiyonu inceledik: yakınsaklık yarıçapının içinde toplam fonksiyonunun sürekli olduğunu, terim terim türetilebildiğini ve terim terim integrallenebildiğini, uçlarda ise Abel teoreminin devreye girdiğini gördük. Bütün bu bölümde okun yönü seriden fonksiyona doğruydu.
Şimdi oku ters çeviriyoruz. Elimizde bir fonksiyon var — diyelim \(e^x\), \(\sin x\) ya da \(\ln(1+x)\) — ve soruyoruz: bu fonksiyon bir kuvvet serisinin toplamı olarak yazılabilir mi? Eğer yazılabiliyorsa, serinin katsayıları ne olmak zorundadır? İkinci sorunun yanıtını aslında biliyoruz. Bir kuvvet serisi, yakınsaklık yarıçapının içinde istenildiği kadar çok kez terim terim türetilebildiğinden, toplam fonksiyonunun merkezdeki türevleri katsayıları tümüyle belirler: \(f(x) = \sum a_n (x-x_0)^n\) ise zorunlu olarak \(a_n = f^{(n)}(x_0)/n!\)’dir. Yani aday seri tektir ve katsayıları Taylor Formülü bölümünde tanıdığımız sayılardır. Bu adaya \(f\)’nin Taylor serisi denir.
Ama bir adayın var olması, işin bittiği anlamına gelmez. Taylor formülü bölümünde bir uyarı kutusu koymuştuk: sonsuz kez türevlenebilen bir fonksiyonun Taylor serisi yakınsayabilir ve buna rağmen toplamı \(f(x)\) olmayabilir. Bu bölümün ana meselesi tam olarak budur. Ölçüt basittir ve Taylor formülünün ta kendisinden çıkar: seri \(f(x)\)’e yakınsar ancak ve ancak kalan terim \(R_n(x)\) sıfıra gider. Bu ölçütü kurduktan sonra elimizdeki bütün temel fonksiyonları tek tek geçireceğiz ve her birinde kalanı gerçekten denetleyeceğiz — “açılım şudur” deyip geçmeyeceğiz.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Taylor ve Maclaurin serilerinin tanımını ve analitik fonksiyon kavramını; \(R_n(x) \to 0\) ölçütünü ve türevlerin düzgün sınırlı olması hâlinde bunun kendiliğinden sağlandığını; \(e^x\), \(\sin x\), \(\cos x\), \(\sinh x\), \(\cosh x\), \(\dfrac{1}{1-x}\), \(\ln(1+x)\), \(\arctan x\), \(\arcsin x\) açılımlarının tam türetimini; her \(\alpha \in \mathbb{R}\) için geçerli olan binom serisini ve onun bir diferansiyel denklem aracılığıyla verilen zarif ispatını; sonsuz kez türevlenebilir olduğu hâlde analitik olmayan bir fonksiyonu; serilerde toplama, çarpma, bölme ve bileşke işlemlerini; son olarak da bütün bunların limit hesabında, integral hesabında ve diferansiyel denklem çözümünde nasıl kullanıldığını.
44.1 Taylor Serisi ve Maclaurin Serisi
Tanımla başlayalım. Dikkat edilecek tek şey şudur: aşağıdaki tanım hiçbir yakınsaklık iddiası içermez; yalnızca bir seriyi yazar.
Tanım 44.1 (Taylor Serisi ve Maclaurin Serisi) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir açık aralık, \(x_0 \in I\) ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında her mertebeden türevlenebilir olsun. O hâlde
\[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\,(x - x_0)^n = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots\]
kuvvet serisine \(f\)’nin \(x_0\) merkezli Taylor serisi (Taylor series) denir. Özel olarak \(x_0 = 0\) alındığında elde edilen
\[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n\]
serisine \(f\)’nin Maclaurin serisi (Maclaurin series) denir. Burada \(f^{(0)} = f\) ve \(0! = 1\) anlaşmaları geçerlidir.
Taylor serisi ile Taylor polinomu (Tanım 12.1) arasındaki ilişki tam olarak “kısmi toplam” ilişkisidir: Taylor serisinin \(n\). kısmi toplamı
\[s_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k = T_n(x)\]
yani \(f\)’nin \(n\). mertebeden Taylor polinomudur. Bu gözlem küçük görünür ama bölümün bütün mantığı ona dayanır: bir seriyi incelemek, Tanım 34.1 gereği kısmi toplamlar dizisini incelemektir; burada kısmi toplamlar dizisi Taylor polinomları dizisidir; ve Taylor polinomu ile \(f\) arasındaki farkı biz zaten adlandırmıştık — kalan terim \(R_n(x) = f(x) - T_n(x)\).
Bir \(f\) fonksiyonunun Taylor serisi söz konusu olduğunda birbirinden bağımsız üç soru vardır:
- Seri, verilen bir \(x\) noktasında yakınsıyor mu?
- Yakınsıyorsa toplamı \(f(x)\) mi?
- Bu, \(x_0\)’ın hangi komşuluğunda oluyor?
İkinci soru birinciden gelmez. Bir kuvvet serisi olarak Taylor serisinin bir yakınsaklık yarıçapı vardır ve bu yarıçapın içinde seri elbette bir fonksiyona yakınsar; ama o fonksiyonun \(f\) olduğu ayrıca ispatlanmalıdır. Bu bölümde göreceğimiz \(e^{-1/x^2}\) örneğinde seri her \(x\) için yakınsar, buna karşın toplamı yalnızca \(x = 0\)’da \(f(x)\)’e eşittir.
İkinci sorunun yanıtı “evet” olan fonksiyonlara özel bir ad veriyoruz.
Tanım 44.2 (Analitik Fonksiyon) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. Eğer her \(x_0 \in I\) için öyle bir \(r > 0\) ve öyle bir \((a_n)\) katsayı dizisi varsa ki \((x_0 - r, x_0 + r) \subseteq I\) olsun ve bu aralıktaki her \(x\) için
\[f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n\]
eşitliği (seri yakınsak olmak üzere) sağlansın, o zaman \(f\)’ye \(I\) üzerinde analitik (analytic) fonksiyon denir. Tek bir \(x_0\) noktası için bu koşul sağlanıyorsa \(f\)’ye \(x_0\) noktasında analitik denir.
Tanımda katsayıların Taylor katsayıları olması istenmemiştir; ama başka bir seçenek de yoktur. Gerçekten, \(f(x) = \sum a_n (x-x_0)^n\) bir kuvvet serisi olarak yazılabiliyorsa, önceki bölümde ispatladığımız terim terim türev alma teoremi gereği \(f\) o komşulukta her mertebeden türevlenebilirdir ve \(n\) kez türev alıp \(x = x_0\) koyunca \(f^{(n)}(x_0) = n!\,a_n\) bulunur. Öyleyse:
- Analitik bir fonksiyon zorunlu olarak sonsuz kez türevlenebilirdir.
- Analitik bir fonksiyonu temsil eden kuvvet serisi tektir ve o, fonksiyonun Taylor serisidir.
Geriye tek bir soru kalır: sonsuz kez türevlenebilir olmak analitik olmak için yeter mi? Bu bölümün en öğretici sonucu, yanıtın hayır olmasıdır. Ama önce, “evet” olduğu durumları tanımanın yolunu kuralım.
44.2 Yakınsaklık Ölçütü: Kalan Sıfıra Gitmelidir
Ölçüt, kısmi toplamların Taylor polinomları olduğu gözleminin doğrudan sonucudur. İfadesi kısa, ispatı bir satırlıktır; ama pratikteki bütün yükü o taşır.
Teorem 44.1 (Taylor Serisinin Fonksiyona Yakınsaması İçin Ölçüt) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık, \(x_0 \in I\) ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(I\) üzerinde her mertebeden türevlenebilir olsun. Bir \(x \in I\) noktası verilsin ve
\[R_n(x) = f(x) - T_n(x), \qquad T_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\]
olsun. O hâlde \(f\)’nin \(x_0\) merkezli Taylor serisinin \(x\) noktasında yakınsak olması ve toplamının \(f(x)\)’e eşit olması için gerek ve yeter koşul
\[\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0\]
olmasıdır.
İspat
Taylor serisinin \(n\). kısmi toplamı, tanımı gereği \(s_n(x) = T_n(x)\)’tir. Tanım 34.2 gereği serinin \(x\) noktasında yakınsak olup toplamının \(f(x)\) olması, tam olarak
\[\lim_{n \to \infty} s_n(x) = f(x), \qquad \text{yani} \qquad \lim_{n \to \infty} T_n(x) = f(x)\]
demektir. Öte yandan \(R_n(x) = f(x) - T_n(x)\) olduğundan, sabit bir sayı olan \(f(x)\)’i çıkarmak dizinin yakınsaklığını bozmaz: \(T_n(x) \to f(x)\) olması ile \(f(x) - T_n(x) \to 0\) olması aynı şeydir. Demek ki
\[\lim_{n \to \infty} T_n(x) = f(x) \iff \lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0.\]
İki iddia da böylece birbirine denk çıkmış oldu.
\(\blacksquare\)
“Kalan” sözcüğü bu bölümde iki farklı anlamda geçebilir; ikisini ayırmak gerekir. Bir yanda Taylor formülünün kalan terimi \(R_n(x) = f(x) - T_n(x)\) vardır ve \(f\) ile polinom arasındaki farktır. Öte yanda yakınsak bir serinin kalanı (Tanım 34.3), toplam eksi kısmi toplam olarak tanımlanır. Taylor serisi \(f(x)\)’e yakınsadığında bu iki kavram çakışır: serinin toplamı \(f(x)\), \(n\). kısmi toplamı \(T_n(x)\) olduğundan serinin kalanı da \(f(x) - T_n(x) = R_n(x)\) olur. Seri \(f(x)\)’e yakınsamıyorsa böyle bir çakışma yoktur; işte Teorem 44.1 tam bu ayrımı ölçer.
\(R_n(x) \to 0\) olduğunu her seferinde sıfırdan göstermek zahmetlidir. Neyse ki çok sık karşılaşılan bir durumda iş kendiliğinden biter: türevler mertebeden bağımsız olarak sınırlıysa, ya da en fazla geometrik hızla büyüyorsa, kalan otomatik olarak sönür. Bunun nedeni Lagrange kalanındaki \((n+1)!\) paydasıdır; faktöriyel, üstel büyümeyi her zaman yener.
Sonuç 44.1 (Düzgün Sınırlı Türevler Ölçütü) \(J \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(x_0 \in J\) ve \(f : J \to \mathbb{R}\) her mertebeden türevlenebilir olsun. Öyle \(M \ge 0\) ve \(C \ge 0\) sabitleri varsa ki her \(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) ve her \(t \in J\) için
\[\big| f^{(n)}(t) \big| \le M\,C^{n}\]
olsun, o hâlde her \(x \in J\) için \(f\)’nin \(x_0\) merkezli Taylor serisi yakınsar ve toplamı \(f(x)\)’tir:
\[f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n, \qquad x \in J.\]
İspat
\(x \in J\) sabitlensin. Lagrange kalanlı Taylor teoremi (Teorem 12.1), \(x_0\) ile \(x\) arasında bir \(\xi_n\) noktası için
\[R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi_n)}{(n+1)!}\,(x-x_0)^{n+1}\]
olduğunu söyler. \(\xi_n \in J\) olduğundan varsayım gereği \(\big|f^{(n+1)}(\xi_n)\big| \le M C^{n+1}\)’dir. Buradan
\[\big| R_n(x) \big| \le \frac{M\,C^{n+1}\,|x-x_0|^{n+1}}{(n+1)!} = M \cdot \frac{a^{n+1}}{(n+1)!}, \qquad a := C\,|x - x_0| \ge 0.\]
Şimdi \(\dfrac{a^{n}}{n!} \to 0\) olduğunu gösterelim. \(a = 0\) ise dizi zaten özdeş sıfırdır (ilk terim dışında). \(a > 0\) olsun; \(u_n = \dfrac{a^n}{n!} > 0\) dizisinin ardışık terimlerinin oranı
\[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{a^n} = \frac{a}{n+1} \longrightarrow 0\]
olur. Oranın limiti \(0 < 1\) olduğundan, diziler için oran testi (bkz. Analiz 1) gereği \(u_n \to 0\)’dır. Öyleyse
\[0 \le |R_n(x)| \le M\,u_{n+1} \longrightarrow 0\]
ve sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(R_n(x) \to 0\) olur. Teorem 44.1 gereği Taylor serisi \(x\) noktasında \(f(x)\)’e yakınsar. \(x \in J\) keyfî olduğundan iddia ispatlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Sonuç 44.1’in koşulu sağlanmadığı hâlde Taylor serisinin fonksiyona yakınsadığı bolca örnek vardır. En basiti \(f(x) = \dfrac{1}{1-x}\) fonksiyonudur. \(J = \left[-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}\right]\) alalım. Bu aralıkta \(f^{(n)}(t) = \dfrac{n!}{(1-t)^{n+1}}\) olduğundan \(t = \tfrac{1}{2}\) noktasında \(f^{(n)}\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = n!\,2^{n+1}\)’dir. Faktöriyel çarpanı yüzünden hiçbir \(M C^n\) sınırı bu büyümeyi yakalayamaz: \(\dfrac{n!\,2^{n+1}}{MC^n} \to \infty\) olur. Buna karşın \(f\)’nin Maclaurin serisi olan geometrik seri \(\sum x^n\), \(|x| < 1\) için \(f(x)\)’e yakınsar (Teorem 34.5). Yani ölçüt bir kolaylıktır; başarısız olması olumsuz bir sonuç vermez.
44.3 Üstel ve Trigonometrik Açılımlar
Şimdi ölçütü çalıştıralım. Her örnekte izleyeceğimiz yol aynıdır: türevlerin genel biçimini bul, katsayıları oku, kalanı denetle, yakınsaklık yarıçapını belirle.
Örnek 44.1 (Üstel Fonksiyonun Maclaurin Serisi) Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots\]
olduğunu gösterin ve serinin yakınsaklık yarıçapını bulun. Buradan \(e\) sayısını dört ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
Çözüm
Katsayılar. \(f(x) = e^x\) için her \(n\) mertebesinde \(f^{(n)}(x) = e^x\), dolayısıyla \(f^{(n)}(0) = 1\)’dir. Maclaurin serisinin katsayıları \(\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!} = \dfrac{1}{n!}\) olur ve aday seri \(\sum \dfrac{x^n}{n!}\)’dir.
Kalanın denetimi. Keyfî bir \(R > 0\) alalım ve \(J = [-R, R]\) üzerinde çalışalım. Üstel fonksiyon artan olduğundan her \(t \in J\) ve her \(n\) için
\[\big| f^{(n)}(t) \big| = e^{t} \le e^{R}\]
olur. Bu, Sonuç 44.1’in koşulunun \(M = e^R\) ve \(C = 1\) ile sağlanması demektir. Öyleyse her \(x \in [-R,R]\) için seri \(e^x\)’e yakınsar. \(R > 0\) keyfî seçildiğinden ve her reel sayı yeterince büyük bir \(R\) için \([-R,R]\) içinde bulunduğundan (bkz. Analiz 1), eşitlik bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde geçerlidir.
Kalanı doğrudan da kestirebiliriz. Teorem 12.1 gereği \(0\) ile \(x\) arasında bir \(\xi\) için \(R_n(x) = \dfrac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1}\) olur; \(e^{\xi} \le e^{|x|}\) olduğundan
\[\big| R_n(x) \big| \le e^{|x|}\,\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} \longrightarrow 0.\]
Yakınsaklık yarıçapı. \(a_n = \dfrac{1}{n!}\) için \(\left| \dfrac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n} \right| = \dfrac{|x|}{n+1} \to 0 < 1\) olduğundan d’Alembert oran testi (Teorem 37.2) her \(x\) için mutlak yakınsaklık verir. Yakınsaklık yarıçapı \(R = +\infty\)’dur.
\(e\) sayısının hesabı. \(x = 1\) koyalım:
\[e = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \cdots\]
Hatayı kestirelim. \(0 < \xi < 1\) için \(e^{\xi} < e < 3\) olduğundan
\[0 < R_n(1) = \frac{e^{\xi}}{(n+1)!} < \frac{3}{(n+1)!}.\]
Dört ondalık basamak için \(\dfrac{3}{(n+1)!} < \dfrac{1}{2}\cdot 10^{-4}\) istiyoruz; \((n+1)! > 60\,000\) olmalı. \(8! = 40\,320\) yetmez, \(9! = 362\,880\) yeter; öyleyse \(n = 8\) alalım:
\[T_8(1) = 1 + 1 + 0{,}5 + 0{,}1\overline{6} + 0{,}041\overline{6} + 0{,}008\overline{3} + 0{,}001388\ldots + 0{,}000198\ldots + 0{,}0000248\ldots = 2{,}718278\ldots\]
Hata \(\dfrac{3}{9!} < 0{,}0000083\) olduğundan \(e = 2{,}7183\) (dört ondalık basamakla) elde edilir. Gerçek değer \(e = 2{,}718281828\ldots\)’dir. Bu, \(e\)’nin tanımındaki \(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\) dizisinden (bkz. Analiz 1) çok daha hızlı bir hesap yoludur: o dizi dört basamak için on binlerce terim isterken, seri dokuz terimle sonuç verir.
Bir yan sonuç. \(x\) yerine \(-x\) koyarsak
\[e^{-x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n!}\]
elde edilir; bu, terimlerin işaretini değiştirmekten ibarettir ve aynı yarıçapla geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 44.2 (Sinüs, Kosinüs ve Hiperbolik Fonksiyonların Serileri) Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[\sin x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}, \qquad \cos x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}\]
ve
\[\sinh x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}, \qquad \cosh x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)!}\]
olduğunu gösterin. Buradan \(\sin 0{,}5\) değerini beş ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
Çözüm
Sinüs. \(f(x) = \sin x\) için türevler dört adımda devreder:
\[f' = \cos x, \quad f'' = -\sin x, \quad f''' = -\cos x, \quad f^{(4)} = \sin x = f.\]
Genel olarak \(f^{(n)}(x) = \sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right)\)’dir; bu, tümevarımla (bkz. Analiz 1) hemen görülür, çünkü \(\dfrac{d}{dx}\sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) = \cos\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) = \sin\left(x + \dfrac{(n+1)\pi}{2}\right)\)’dir. Buradan
\[f^{(n)}(0) = \sin\frac{n\pi}{2} = \begin{cases} 0, & n \text{ çift} \\ (-1)^{k}, & n = 2k+1 \end{cases}\]
olur ve aday seri \(\sum_{k} \dfrac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}\)’dir.
Kalanın denetimi. Her \(n\) ve her \(t \in \mathbb{R}\) için \(\big|f^{(n)}(t)\big| = \left|\sin\left(t + \tfrac{n\pi}{2}\right)\right| \le 1\)’dir. Yani Sonuç 44.1’in koşulu \(J = \mathbb{R}\), \(M = 1\), \(C = 1\) ile sağlanır. Öyleyse seri her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\sin x\)’e yakınsar. Burada aralığı sonlu almak bile gerekmedi: sinüsün bütün türevleri \(\mathbb{R}\) üzerinde \(1\) ile sınırlıdır.
Kosinüs. Aynı akıl yürütme \(f(x) = \cos x\) için de geçerlidir: \(f^{(n)}(x) = \cos\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right)\) ve \(\big|f^{(n)}\big| \le 1\). Bu kez
\[f^{(n)}(0) = \cos\frac{n\pi}{2} = \begin{cases} (-1)^{k}, & n = 2k \\ 0, & n \text{ tek} \end{cases}\]
olur ve istenen açılım çıkar. Sinüs serisinin yalnızca tek kuvvetleri, kosinüs serisinin yalnızca çift kuvvetleri içermesi, bu fonksiyonların tek ve çift olmasının serilerdeki yansımasıdır.
Hiperbolik fonksiyonlar. Tanımları gereği \(\sinh x = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}\) ve \(\cosh x = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2}\)’tir. Örnek 44.1’deki iki seriyi Teorem 34.4 ile birleştirelim:
\[\frac{e^x - e^{-x}}{2} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n - (-1)^n x^n}{n!} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\big(1 - (-1)^n\big)x^n}{n!}.\]
\(n\) çift iken \(1 - (-1)^n = 0\), \(n\) tek iken \(1-(-1)^n = 2\) olduğundan yalnızca tek kuvvetler kalır ve katsayıları \(\dfrac{1}{n!}\) olur:
\[\sinh x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}.\]
Toplam alınırsa aynı hesap çift kuvvetleri bırakır ve \(\cosh x = \sum_k \dfrac{x^{2k}}{(2k)!}\) elde edilir. Her iki seri de \(\mathbb{R}\)’nin tamamında yakınsaktır, çünkü \(e^x\) ve \(e^{-x}\) serileri öyledir.
Aynı sonuç doğrudan da görülebilir: \(\sinh' = \cosh\), \(\cosh' = \sinh\) olduğundan \([-R,R]\) üzerinde bütün türevler \(\cosh R\) ile sınırlıdır ve Sonuç 44.1 uygulanır. İki fonksiyonun serilerinin, sinüs ve kosinüs serilerinden yalnızca \((-1)^k\) işaretinin düşmesiyle elde edildiğine dikkat edin.
Yakınsaklık yarıçapları. Dördü için de yarıçap \(+\infty\)’dur; örneğin sinüs serisinde ardışık sıfırdan farklı terimlerin oranı \(\dfrac{|x|^2}{(2k+2)(2k+3)} \to 0\)’dır (Teorem 37.2).
\(\sin 0{,}5\) hesabı. \(x = 0{,}5\) için
\[\sin 0{,}5 = 0{,}5 - \frac{0{,}5^3}{6} + \frac{0{,}5^5}{120} - \frac{0{,}5^7}{5040} + \cdots\]
Terimler mutlak değerce azalıp sıfıra gittiğinden bu bir alternatif seridir; Abel, Dirichlet ve Leibniz Testleri bölümündeki Leibniz ölçütünün hata kestirimi gereği hata, atılan ilk terimin mutlak değerini aşmaz. Dördüncü terim \(\dfrac{0{,}0078125}{5040} = 0{,}00000155\) olduğundan üç terim beş basamak için yeterlidir:
\[0{,}5 - 0{,}02083333 + 0{,}00026042 = 0{,}47942709.\]
Dördüncü terimi de katarsak \(0{,}47942554\) buluruz; gerçek değer \(0{,}479425538\ldots\)’dir. Demek ki \(\sin 0{,}5 \approx 0{,}47943\)’tür.
\(\blacksquare\)
44.4 Geometrik Seri ve Logaritma
Bir sonraki grup açılım, ölçütün doğrudan işlemediği ilk örnekleri içerir. Burada yol, kalanı Lagrange biçiminde kestirmeye çalışmak yerine, bilinen bir seriden integral alarak yenisini üretmektir.
Başlangıç noktası geometrik seridir. Teorem 34.5 gereği \(|x| < 1\) için
\[\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots\]
olur; \(|x| \ge 1\) için terimler sıfıra gitmediğinden seri ıraksaktır (Sonuç 34.1). Burada Taylor formülüne hiç başvurmadık: eşitlik doğrudan geometrik toplam formülünden geliyor. Yine de bu seri \(\dfrac{1}{1-x}\) fonksiyonunun Maclaurin serisidir, çünkü katsayılarının \(\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!} = 1\) olduğunu Taylor Formülü bölümünde hesaplamıştık.
\(f(x) = \dfrac{1}{1-x}\) fonksiyonu \((-\infty, 1)\) üzerinde sonsuz kez türevlenebilirdir; örneğin \(x = -5\) noktasında hiçbir sorun yoktur. Buna karşın \(0\) merkezli Maclaurin serisi \(x = -5\)’te ıraksar. Yakınsaklık yarıçapı, merkezin en yakın sorunlu noktasına olan uzaklıkla belirlenir; burada o nokta \(x = 1\)’dir ve uzaklık \(1\)’dir. Sağdaki tekillik, seriyi solda da \(1\) uzaklığında durdurur. Kuvvet serilerinin bu “simetrik körlüğü”, bölümün ilerleyen kısmında \(\dfrac{1}{1+x^2}\) örneğinde daha da çarpıcı biçimde karşımıza çıkacaktır.
Şimdi logaritmaya geçelim. \(\ln(1+x)\)’in türevi \(\dfrac{1}{1+x}\)’tir ve bu, geometrik serinin \(x \mapsto -x\) ile dönüştürülmüş hâlidir. Öyleyse logaritmanın serisini integral alarak elde etmeyi bekleriz. Aşağıdaki çözümde bunu iki ayrı yoldan yapacağız: biri terim terim integral alma teoremine dayanır ve kısadır; öteki tam bir cebirsel özdeşlikten yürür, biraz daha uzundur ama uç nokta \(x = 1\)’i de hediye eder.
Örnek 44.3 (Logaritmanın Maclaurin Serisi) \(-1 < x \le 1\) için
\[\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots\]
olduğunu gösterin. Serinin \(x \le -1\) için kullanılamayacağını belirtin ve \(\ln 2\) ile \(\ln 3\) değerlerini hesaplamanın verimli bir yolunu verin.
Çözüm
Birinci yol: terim terim integral. \(|t| < 1\) için geometrik seride \(x\) yerine \(-t\) koyalım:
\[\frac{1}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n, \qquad |t| < 1.\]
Bu kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir. Kuvvet Serilerinin Özellikleri bölümünde ispatladığımız terim terim integral alma teoremi gereği, \(|x| < 1\) için \(0\)’dan \(x\)’e integral alabiliriz:
\[\int_0^x \frac{dt}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \int_0^x t^n\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{n+1}}{n+1}.\]
Sol taraf, \(\ln(1+t)\)’nin türevi \(\dfrac{1}{1+t}\) olduğundan Newton–Leibniz formülüyle \(\ln(1+x) - \ln 1 = \ln(1+x)\)’tir. Sağ tarafta \(n+1 = m\) değişimi yapılırsa istenen seri çıkar. Böylece \(|x| < 1\) için eşitlik kuruldu.
İkinci yol: tam kalan. Uç nokta \(x = 1\)’i de kapsayacak bir hesap yapalım. Geometrik toplamın sonlu biçimi, her \(t \ne -1\) için tam bir özdeşliktir:
\[\frac{1}{1+t} = 1 - t + t^2 - \cdots + (-1)^{n-1}t^{n-1} + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}.\]
(Sağdaki ilk \(n\) terim \(\dfrac{1 - (-t)^n}{1+t}\)’ye eşittir; son terim eklenince \(\dfrac{1}{1+t}\) olur.) Bu özdeşliğin iki yanının da \(0\) ile \(x\) arasında sürekli olduğuna dikkat ederek integral alalım:
\[\ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + \rho_n(x), \qquad \rho_n(x) = (-1)^n\int_0^x \frac{t^n}{1+t}\,dt.\]
Şimdi \(\rho_n(x) \to 0\) olduğunu iki durumda gösterelim.
Durum 1: \(0 \le x \le 1\). İntegral aralığında \(t \ge 0\), dolayısıyla \(1 + t \ge 1\) ve \(\dfrac{t^n}{1+t} \le t^n\)’dir. İntegralde sıralama gereği
\[\big|\rho_n(x)\big| \le \int_0^x t^n\,dt = \frac{x^{n+1}}{n+1} \le \frac{1}{n+1} \longrightarrow 0.\]
Bu kestirim \(x = 1\)’i de içerir. Demek ki seri \(x = 1\)’de de \(\ln 2\)’ye yakınsar.
Durum 2: \(-1 < x < 0\). Bu kez \(t\), \(x\) ile \(0\) arasındadır ve \(1 + t \ge 1 + x > 0\)’dır. Değişkeni ters çevirerek
\[\big|\rho_n(x)\big| = \int_x^0 \frac{|t|^n}{1+t}\,dt \le \frac{1}{1+x}\int_x^0 |t|^n\,dt = \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1+x)} \longrightarrow 0\]
buluruz, çünkü \(|x| < 1\) olduğundan \(|x|^{n+1} \to 0\)’dır (bkz. Analiz 1). Böylece \(-1 < x \le 1\) için eşitlik kurulmuş oldu.
Uç noktalar. \(x = 1\)’de seri \(1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} - \cdots\) alternatif harmonik serisidir ve yukarıdaki hesaba göre toplamı \(\ln 2\)’dir. \(x = -1\)’de ise seri \(-\left(1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}+\cdots\right)\), yani harmonik serinin negatifidir ve Teorem 36.2 gereği ıraksar; zaten \(x \to -1^+\) iken \(\ln(1+x) \to -\infty\) olduğundan başka türlüsü beklenemezdi. \(x < -1\) hâlinde ise \(1 + x < 0\) olduğundan \(\ln(1+x)\) zaten tanımsızdır; kısacası seri \(x \le -1\) için kullanılamaz. \(x > 1\) için de seri ıraksar, çünkü \(\dfrac{|x|^n}{n} \to \infty\) olduğundan terimleri sıfıra gitmez (Sonuç 34.1).
\(x = 1\) noktasını, integral kestirimi yapmadan da elde edebilirdik. Seri \(|x| < 1\) için \(\ln(1+x)\)’e eşittir; öte yandan alternatif harmonik seri \(x = 1\)’de yakınsaktır (Leibniz ölçütü). Önceki bölümdeki Abel teoremi, bir kuvvet serisi yakınsaklık aralığının bir ucunda yakınsıyorsa toplam fonksiyonunun o uçta tek yönlü sürekli olduğunu söyler. Buradan
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \lim_{x \to 1^-}\ln(1+x) = \ln 2\]
çıkar. Yukarıdaki ikinci yol ise Abel teoremine hiç başvurmadan aynı sonucu verir; iki yaklaşımı da bilmekte yarar vardır.
Neden Lagrange kalanı yetmez? Bu açılımı Lagrange kalanıyla denetlemeye kalkarsak \(x\)’in \(-1\)’e yakın değerlerinde tıkanırız. Gerçekten \(f(x) = \ln(1+x)\) için \(f^{(n+1)}(t) = \dfrac{(-1)^n n!}{(1+t)^{n+1}}\) olduğundan bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[R_n(x) = \frac{(-1)^n}{n+1}\left(\frac{x}{1+\theta x}\right)^{n+1}\]
olur. \(x > 0\) iken \(\left|\dfrac{x}{1+\theta x}\right| < x \le 1\) olduğundan sorun yoktur. Ama \(x < 0\) iken \(1 + \theta x < 1\)’dir ve \(\dfrac{|x|}{1+\theta x}\) oranının \(1\)’den küçük olduğunu garanti edemeyiz — \(\theta\) hakkında hiçbir bilgimiz yok. İşte kalanın tam biçimini veren integral yöntemi tam da bu noktada devreye girer ve \(\theta\) belirsizliğinden bizi kurtarır.
\(\ln 2\) hesabı. \(x = 1\)’deki alternatif harmonik seri çok yavaş yakınsar: hata, atılan ilk terim mertebesindedir, yani üç ondalık basamak için binlerce terim gerekir. Bunun yerine iki seriyi çıkararak çok daha hızlı bir formül kuralım. \(|x| < 1\) için \(x\) yerine \(-x\) koyup çıkarırsak
\[\ln\frac{1+x}{1-x} = \ln(1+x) - \ln(1-x) = 2\left(x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + \cdots\right)\]
elde ederiz (çıkarma Teorem 34.4 gereği serbesttir; çift kuvvetler yok olur, tek kuvvetler ikiye katlanır). \(\dfrac{1+x}{1-x} = 2\) olması için \(x = \dfrac{1}{3}\) almak yeter:
\[\ln 2 = 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{3\cdot 27} + \frac{1}{5 \cdot 243} + \frac{1}{7 \cdot 2187} + \cdots\right).\]
Terimleri hesaplayalım: \(0{,}333333\), \(0{,}012346\), \(0{,}000823\), \(0{,}000065\), \(0{,}000006\). Toplam \(0{,}346573\); ikiyle çarpınca \(\ln 2 \approx 0{,}693146\) bulunur. Gerçek değer \(0{,}6931472\)’dir; beş terimle altı basamağa yaklaştık. Aynı formülde \(\dfrac{1+x}{1-x} = 3\) olması için \(x = \dfrac{1}{2}\) almak gerekir ve bu da \(\ln 3\)’ü verir:
\[\ln 3 = 2\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3 \cdot 8} + \frac{1}{5 \cdot 32} + \frac{1}{7\cdot 128}+\frac{1}{9 \cdot 512}+\cdots\right).\]
Burada \(x = \dfrac{1}{2}\) olduğundan terimler yalnızca dörder kat küçülür; bu yüzden \(\ln 2\) hesabındaki kadar hızlı yakınsamaz. Terimler sırasıyla \(0{,}500000\), \(0{,}041667\), \(0{,}006250\), \(0{,}001116\), \(0{,}000217\), \(0{,}000044\), \(0{,}000009\), \(0{,}000002\)’dir; toplam \(0{,}549306\) ve ikiyle çarpınca \(\ln 3 \approx 1{,}098611\) çıkar. Gerçek değer \(1{,}0986123\)’tür.
\(\blacksquare\)
Şimdiye kadarki bütün açılımlar \(x_0 = 0\) merkezliydi, yani Maclaurin serisiydi. Oysa Tanım 44.1 keyfî bir \(x_0\) merkezine izin verir ve pratikte merkez, çoğu zaman fonksiyonun tanımlı olduğu bölgeye göre seçilir: \(\ln x\) için \(0\) merkezi hiç kullanılamaz, çünkü fonksiyon orada tanımsızdır. Merkezi kaydırmanın da sıfırdan türev hesaplamayı gerektirmediğini görelim; yapılacak tek şey uygun bir değişken değiştirmedir.
Örnek 44.4 (Sıfırdan Farklı Merkezli Taylor Serileri) Aşağıdaki açılımları bulun ve geçerli oldukları aralıkları belirtin.
\(\ln x\) fonksiyonunun \(x_0 = 1\) merkezli Taylor serisi.
\(e^x\) fonksiyonunun keyfî bir \(x_0 = a\) merkezli Taylor serisi.
\(\dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun \(x_0 = 2\) merkezli Taylor serisi.
Çözüm
a) \(u = x - 1\) yazalım; \(x > 0\) olması \(u > -1\) demektir ve \(\ln x = \ln(1+u)\) olur. Örnek 44.3 gereği \(-1 < u \le 1\) için
\[\ln x = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(x-1)^n}{n} = (x-1) - \frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{3} - \cdots\]
olur; geçerlilik aralığı \(0 < x \le 2\)’dir. Elde ettiğimiz serinin gerçekten \(\ln x\)’in \(1\) merkezli Taylor serisi olduğunu görmek için katsayıları denetleyelim: \(f(x) = \ln x\) için \(f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}\) olduğundan \(\dfrac{f^{(n)}(1)}{n!} = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{n!} = \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}\)’dir; katsayılar tutuyor. Yarıçap \(1\)’dir ve bunun nedeni açıktır: merkezin en yakın sorunlu noktası olan \(x = 0\), merkeze tam \(1\) uzaklıktadır.
b) \(e^x = e^a\,e^{x-a}\) çarpanlamasında ikinci çarpana Örnek 44.1’yi \(x - a\) değişkeniyle uygulayalım:
\[e^x = e^{a}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-a)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{a}}{n!}(x-a)^n, \qquad x \in \mathbb{R}.\]
Katsayılar denetlensin: \(f^{(n)}(x) = e^x\) olduğundan \(\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!} = \dfrac{e^a}{n!}\)’dir; bulduğumuz katsayılarla birebir uyuşuyor. Yakınsaklık yarıçapı yine \(+\infty\)’dur; üstel fonksiyon her merkez etrafında bütün \(\mathbb{R}\)’yi görür.
c) Paydayı merkez etrafında toplayalım:
\[\frac{1}{x} = \frac{1}{2 + (x-2)} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 + \frac{x-2}{2}}.\]
Geometrik seride \(x\) yerine \(-\dfrac{x-2}{2}\) koymak, \(\left|\dfrac{x-2}{2}\right| < 1\), yani \(|x - 2| < 2\) koşuluyla serbesttir:
\[\frac{1}{x} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{x-2}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(x-2)^n, \qquad 0 < x < 4.\]
Katsayı denetimi: \(f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}\) olduğundan \(\dfrac{f^{(n)}(2)}{n!} = \dfrac{(-1)^n}{2^{n+1}}\)’dir; yine tutuyor. Yarıçap \(2\)’dir; merkezin tekil noktaya, yani \(x = 0\)’a olan uzaklığı budur. Üç örnekte de görülen kural şudur: sıfırdan farklı merkezli bir seri istendiğinde, \(x - x_0\) değişkenini yeni bilinmeyen sayıp bilinen bir Maclaurin açılımına başvurmak, \(n\). türevi hesaplamaktan çok daha kısadır.
\(\blacksquare\)
44.5 Binom Serisi
Sıra, bu bölümün en güçlü tek sonucuna geldi. Taylor Formülü bölümünde \((1+x)^{\alpha}\) fonksiyonunun sonlu Maclaurin formülünü yazmış ve genelleştirilmiş binom katsayısını
\[\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}, \qquad \binom{\alpha}{0} = 1\]
biçiminde tanımlamıştık; burada \(\alpha\) herhangi bir reel sayıdır ve pay tam olarak \(n\) çarpandan oluşur. Şimdi \(n \to \infty\) limitini alıp sonsuz toplamın gerçekten \((1+x)^{\alpha}\)’ya eşit olduğunu göstereceğiz.
İspat için Lagrange kalanını kullanmak, logaritmada karşılaştığımız güçlüğün daha da beteriyle karşılaşmak demektir; Cauchy kalanıyla iş görülebilir ama hesap ağırdır. Bunun yerine çok daha zarif bir yol izleyeceğiz. Fikir şudur: serinin topladığı fonksiyona \(y(x)\) diyelim. Katsayıların sağladığı basit bir özyineleme sayesinde \(y\)’nin
\[(1+x)\,y'(x) = \alpha\,y(x)\]
diferansiyel denklemini sağladığını göstereceğiz. Öte yandan \((1+x)^{\alpha}\) de aynı denklemi sağlar. İki çözümün oranına bakıp türevinin sıfır olduğunu görünce, oranın sabit olduğu ve \(x = 0\)’daki değerinden ötürü bu sabitin \(1\) olduğu çıkar. Kalan terimle hiç uğraşmayız.
Teorem 44.2 (Binom Serisi) \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. Her \(x \in (-1, 1)\) için
\[(1+x)^{\alpha} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{\alpha}{n} x^n = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3 + \cdots\]
eşitliği geçerlidir. \(\alpha\) bir doğal sayı olduğunda seri sonlu bir toplama indirgenir ve eşitlik her \(x \in \mathbb{R}\) için doğrudur.
İspat
Adım 1: Katsayı özyinelemesi. Tanım gereği
\[\binom{\alpha}{n+1} = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(\alpha-n)}{(n+1)!} = \frac{\alpha-n}{n+1}\binom{\alpha}{n},\]
yani
\[(n+1)\binom{\alpha}{n+1} = (\alpha - n)\binom{\alpha}{n}, \qquad n \ge 0\]
elde ederiz. Bu bağıntıya kısaca \((\ast)\) diyelim; tek satırlık bu eşitlik ispatın bütün cebirsel yükünü taşıyacak.
Adım 2: Yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir. \(\alpha \in \{0,1,2,\dots\}\) ise, pay çarpanları arasında \(\alpha - \alpha = 0\) belirdiğinden \(n > \alpha\) için \(\binom{\alpha}{n} = 0\)’dır ve seri bir polinomdur; bu durumu Adım 5’te ayrıca ele alacağız. Şimdi \(\alpha\)’nın doğal sayı olmadığını varsayalım. O hâlde hiçbir çarpan sıfırlanmaz ve her \(n\) için \(\binom{\alpha}{n} \ne 0\)’dır. Sabit bir \(x \ne 0\) için terimlerin oranı
\[\left| \frac{\binom{\alpha}{n+1}x^{n+1}}{\binom{\alpha}{n}x^n} \right| = \frac{|\alpha - n|}{n+1}\,|x| \longrightarrow |x|\]
olur, çünkü \(\dfrac{|\alpha-n|}{n+1} = \dfrac{n - \alpha}{n+1} \to 1\)’dir (\(n\) yeterince büyük olduğunda \(n > \alpha\)). D’Alembert oran testi (Teorem 37.2) gereği \(|x| < 1\) için seri mutlak yakınsak, \(|x| > 1\) için ise terimler sıfıra gitmediğinden (Sonuç 34.1) ıraksaktır. Demek ki yakınsaklık yarıçapı \(R = 1\)’dir.
Adım 3: Toplam fonksiyonu diferansiyel denklemi sağlar. \(x \in (-1,1)\) için
\[y(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^n\]
tanımlayalım. Yarıçapın içinde terim terim türev alabiliriz (önceki bölümün terim terim türev teoremi):
\[y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n \binom{\alpha}{n}x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\binom{\alpha}{n+1}x^{n}\]
(ikinci eşitlikte \(n-1\) yerine \(n\) yazıldı). Bu seriyi \(x\) ile çarparsak
\[x\,y'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} n \binom{\alpha}{n} x^n\]
olur (ilk terim \(n=0\) için zaten sıfırdır). İkisini toplayalım; her iki seri de \((-1,1)\)’de mutlak yakınsak olduğundan toplama serbesttir (Teorem 34.4):
\[(1+x)y'(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+1)\binom{\alpha}{n+1} + n\binom{\alpha}{n}\right]x^n.\]
Köşeli parantezin içine \((\ast)\)’ı uygulayalım:
\[(n+1)\binom{\alpha}{n+1} + n \binom{\alpha}{n} = (\alpha - n)\binom{\alpha}{n} + n\binom{\alpha}{n} = \alpha \binom{\alpha}{n}.\]
Demek ki
\[(1+x)\,y'(x) = \alpha \sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^n = \alpha\,y(x), \qquad x \in (-1,1).\]
Adım 4: Oranın sabitliği. \((-1,1)\) üzerinde \(1 + x > 0\) olduğundan \((1+x)^{-\alpha}\) iyi tanımlı ve türevlenebilirdir. Yardımcı fonksiyonu
\[h(x) = y(x)\,(1+x)^{-\alpha}, \qquad x \in (-1,1)\]
ile tanımlayalım. Çarpım kuralı ve genel kuvvet kuralıyla
\[h'(x) = y'(x)(1+x)^{-\alpha} + y(x)\cdot(-\alpha)(1+x)^{-\alpha-1} = (1+x)^{-\alpha-1}\Big[(1+x)y'(x) - \alpha\,y(x)\Big].\]
Adım 3 gereği köşeli parantez özdeş olarak sıfırdır; öyleyse her \(x \in (-1,1)\) için \(h'(x) = 0\)’dır. Ortalama değer teoreminin (Teorem 8.2) klasik sonucu gereği, bir aralıkta türevi özdeş sıfır olan fonksiyon sabittir. Demek ki \(h\) sabittir. Değerini \(x = 0\)’da okuyalım: \(y(0) = \binom{\alpha}{0} = 1\) ve \((1+0)^{-\alpha} = 1\) olduğundan \(h(0) = 1\)’dir. Öyleyse her \(x \in (-1,1)\) için
\[y(x)(1+x)^{-\alpha} = 1, \qquad \text{yani} \qquad y(x) = (1+x)^{\alpha}.\]
Bu, ispatlanmak istenen eşitliktir.
Adım 5: \(\alpha = m\) doğal sayı hâli. Bu durumda \(n > m\) için \(\binom{m}{n} = 0\) olduğundan seri
\[\sum_{n=0}^{m}\binom{m}{n}x^n\]
sonlu toplamına indirgenir. Sonlu bir toplam her \(x\) için tanımlıdır ve yukarıdaki Adım 3–4 akıl yürütmesi bu kez \((-1,1)\) ile sınırlı kalmaz: \(y\) bir polinomdur, \((1+x)^{m}\) de öyledir ve \(x > -1\) üzerinde \(h' \equiv 0\), \(h(0)=1\) olduğundan \(y(x) = (1+x)^m\) olur. İki polinom sonsuz çoklukta noktada çakıştığından \(\mathbb{R}\)’nin tamamında eşittirler. Elde edilen
\[(1+x)^m = \sum_{n=0}^{m}\binom{m}{n}x^n\]
eşitliği binom teoreminin ta kendisidir. Yani binom teoremi, binom serisinin özel bir hâlidir.
\(\blacksquare\)
\(|x| = 1\)’de yakınsaklık \(\alpha\)’ya bağlıdır ve yanıtı Raabe testi verir. \(\alpha\) doğal sayı olmasın ve \(n > \alpha\) olacak kadar büyük \(n\)’ler için \(c_n = \left|\binom{\alpha}{n}\right|\) yazalım. \((\ast)\) gereği \(\dfrac{c_n}{c_{n+1}} = \dfrac{n+1}{n-\alpha}\) ve
\[n\left(\frac{c_n}{c_{n+1}} - 1\right) = n \cdot \frac{(n+1)-(n-\alpha)}{n-\alpha} = \frac{n(1+\alpha)}{n-\alpha} \longrightarrow 1 + \alpha.\]
Teorem 38.2 gereği \(1 + \alpha > 1\), yani \(\alpha > 0\) iken \(\sum c_n\) yakınsar; \(1 + \alpha < 1\), yani \(\alpha < 0\) iken ıraksar. Sonuçlar şöyle özetlenir:
- \(\alpha > 0\) ise seri hem \(x = 1\) hem \(x = -1\)’de mutlak yakınsar ve eşitlik \([-1,1]\)’in tamamında geçerlidir (uçlardaki eşitlik Abel teoremiyle gelir).
- \(-1 < \alpha < 0\) ise \(\alpha\) negatif olduğundan bütün \(\alpha - k\) çarpanları negatiftir ve \(\binom{\alpha}{n}\)’in işareti \((-1)^n\)’dir. \(x = -1\)’de bütün terimler pozitif olur ve seri ıraksar. \(x = 1\)’de ise seri alternatiftir; \(\dfrac{c_{n+1}}{c_n} = \dfrac{n-\alpha}{n+1} < 1\) olduğundan \((c_n)\) azalandır ve \(1 - t \le e^{-t}\) eşitsizliğiyle \(c_{n+1} \le c_1\exp\left(-(1+\alpha)\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}\right) \to 0\) bulunur (harmonik seri ıraksadığından üstel çarpan sıfıra gider). Leibniz ölçütü gereği seri \(x = 1\)’de yakınsar.
- \(\alpha \le -1\) ise \(\dfrac{c_{n+1}}{c_n} = \dfrac{n-\alpha}{n+1} \ge 1\) olduğundan \((c_n)\) azalmaz ve terimler sıfıra gitmez; seri her iki uçta da ıraksar.
Binom serisinin kullanışlı özel hâlleri
Binom serisi tek başına bir açılım deposudur: \(\alpha\)’ya değer verip \(x\) yerine uygun bir ifade koyarak pek çok fonksiyonun serisini üretebiliriz. En çok kullanılan iki değer \(\alpha = \tfrac{1}{2}\) ve \(\alpha = -\tfrac{1}{2}\)’dir.
Örnek 44.5 (Karekök ve Ters Karekök Açılımları) \(\sqrt{1+x}\), \(\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) fonksiyonlarının Maclaurin serilerini yazın. \(\sqrt{2}\) sayısını bu açılımla altı ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
Çözüm
Karekök. \(\alpha = \dfrac{1}{2}\) alalım. İlk katsayılar:
\[\binom{1/2}{1} = \frac{1}{2}, \quad \binom{1/2}{2} = \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2} = -\frac{1}{8}, \quad \binom{1/2}{3} = \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{6} = \frac{1}{16},\]
\[\binom{1/2}{4} = \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)}{24} = -\frac{5}{128}.\]
Öyleyse \(|x| < 1\) için
\[\sqrt{1+x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} - \frac{5x^4}{128} + \cdots\]
Genel terimi kapalı biçimde de yazabiliriz. \(n \ge 1\) için paydaki çarpanları düzenlersek
\[\binom{1/2}{n} = \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots\left(\frac{1}{2}-n+1\right)}{n!} = \frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}\,n!\,(n-1)!}\]
bulunur; gerçekten \(n = 1\) için \(\dfrac{0!}{2\cdot 1 \cdot 1} = \dfrac{1}{2}\), \(n=2\) için \(-\dfrac{2!}{8 \cdot 2 \cdot 1} = -\dfrac{1}{8}\), \(n = 3\) için \(\dfrac{4!}{32 \cdot 6 \cdot 2} = \dfrac{1}{16}\) çıkar. \(\alpha = \tfrac{1}{2} > 0\) olduğundan uç noktalar da yakınsaklık aralığına dâhildir ve eşitlik \([-1,1]\) üzerinde geçerlidir; özel olarak \(x=1\) koyarsak
\[\sqrt{2} = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{8} + \frac{1}{16} - \frac{5}{128} + \cdots\]
olur — doğru ama umutsuzca yavaş bir seri.
Ters karekök. \(\alpha = -\dfrac{1}{2}\) için
\[\binom{-1/2}{1} = -\frac{1}{2}, \quad \binom{-1/2}{2} = \frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{2} = \frac{3}{8}, \quad \binom{-1/2}{3} = \frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)}{6} = -\frac{5}{16},\]
ve genel olarak
\[\binom{-1/2}{n} = (-1)^n\,\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2^n\,n!} = \frac{(-1)^n}{4^n}\binom{2n}{n}\]
olur. (Son eşitlik, payı ve paydayı \(2 \cdot 4 \cdots (2n) = 2^n n!\) ile çarpıp \(\dfrac{(2n)!}{4^n (n!)^2}\) elde etmekten çıkar.) Böylece \(|x| < 1\) için
\[\frac{1}{\sqrt{1+x}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{4^n}\binom{2n}{n}x^n = 1 - \frac{x}{2} + \frac{3x^2}{8} - \frac{5x^3}{16} + \cdots\]
Ters karekökte \(x \mapsto -x^2\). Şimdi \(x\) yerine \(-x^2\) koyalım. \(|-x^2| < 1\) koşulu \(|x| < 1\) demektir ve bu bölgede
\[\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{4^n}\binom{2n}{n}(-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}x^{2n} = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{3x^4}{8} + \frac{5x^6}{16}+\cdots\]
olur; iki \((-1)^n\) çarpanı birbirini götürdüğünden bütün katsayılar pozitiftir. Bu seri, birazdan ark sinüsün açılımını üretecek olan anahtardır.
\(\sqrt 2\) hesabı. \(x = 1\) koymak yavaş olduğuna göre, kökü küçük bir \(x\) değerine taşıyalım. \(\dfrac{49}{25}\) sayısının karekökü \(\dfrac{7}{5}\) olduğundan
\[\sqrt 2 = \sqrt{\frac{49}{25}\cdot\frac{50}{49}} = \frac{7}{5}\sqrt{1 + \frac{1}{49}}\]
yazabiliriz. Artık \(x = \dfrac{1}{49} = 0{,}020408163\) küçüktür. Terimleri hesaplayalım:
\[\frac{x}{2} = 0{,}010204082, \quad \frac{x^2}{8} = 0{,}000052062, \quad \frac{x^3}{16} = 0{,}000000531, \quad \frac{5x^4}{128} = 0{,}0000000068.\]
İlk dört terimin toplamı şu değeri verir:
\[1 + 0{,}010204082 - 0{,}000052062 + 0{,}000000531 = 1{,}010152551\]
\(\dfrac{7}{5} = 1{,}4\) ile çarparsak
\[\sqrt 2 \approx 1{,}4 \times 1{,}010152551 = 1{,}414213571.\]
Gerçek değer \(1{,}414213562\ldots\); dört terimle yedi ondalık basamak duyarlığa ulaştık. Beşinci terimi de katarsak toplam \(1{,}010152544\) olur ve \(1{,}4\) ile çarpınca \(1{,}414213562\) çıkar; dokuz basamak doğrudur. Aynı hile her karekökte işe yarar: sayıyı, karekökü kolay bir kareye bölüp kalanı \(1\)’e yakın tutmak yeter.
\(\blacksquare\)
44.6 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Serileri
Ark tanjant ve ark sinüs, doğrudan türev alarak açılımı bulunması güç olan fonksiyonlardır: \(n\). türevleri hızla karmaşıklaşır. Ama türevleri basittir ve ikisi de bildiğimiz serilere aittir. Öyleyse yol açıktır: türevin serisini yaz, terim terim integralle.
Örnek 44.6 (Ark Tanjant ve Ark Sinüs Serileri) \(-1 \le x \le 1\) için
\[\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots\]
ve \(-1 < x < 1\) için
\[\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + \frac{5x^7}{112}+\cdots\]
olduğunu gösterin. Buradan \(\pi\) için iki formül elde edin.
Çözüm
Ark tanjant. Geometrik toplamın sonlu ve tam biçiminde \(t\) yerine \(-t^2\) koyalım: her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 - \cdots + (-1)^{n-1}t^{2n-2} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1+t^2}.\]
Bu bir özdeşliktir ve payda hiçbir zaman sıfır olmadığından her \(t\) için geçerlidir. \(0\)’dan \(x\)’e integral alalım; \(\arctan\)’ın türevi \(\dfrac{1}{1+t^2}\) olduğundan sol taraf \(\arctan x\)’tir:
\[\arctan x = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + \rho_n(x), \qquad \rho_n(x) = (-1)^n\int_0^x \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,dt.\]
Kalanı kestirmek çok kolaydır, çünkü \(1 + t^2 \ge 1\)’dir:
\[\big|\rho_n(x)\big| \le \left|\int_0^x t^{2n}\,dt\right| = \frac{|x|^{2n+1}}{2n+1} \le \frac{1}{2n+1} \longrightarrow 0, \qquad |x| \le 1.\]
Demek ki eşitlik \([-1,1]\)’in tamamında, uç noktalar dâhil geçerlidir. \(|x| > 1\) için ise terimler sıfıra gitmediğinden seri ıraksar; yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir.
Ark sinüs. \(\arcsin\)’in türevi \(\dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}\)’dir ve bu fonksiyonun serisini Örnek 44.5’nda bulmuştuk:
\[\frac{1}{\sqrt{1-t^2}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}t^{2n}, \qquad |t| < 1.\]
Bu bir kuvvet serisidir ve yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir. Terim terim integral alma teoremi gereği \(|x| < 1\) için
\[\arcsin x = \int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\int_0^x t^{2n}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.\]
İlk birkaç katsayıyı yazalım: \(n=0\) için \(1\); \(n=1\) için \(\dfrac{1}{4}\cdot 2 \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\); \(n=2\) için \(\dfrac{1}{16}\cdot 6 \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{3}{40}\); \(n=3\) için \(\dfrac{1}{64}\cdot 20 \cdot \dfrac{1}{7} = \dfrac{5}{112}\). Bütün katsayılar pozitiftir, çünkü \(\dfrac{1}{4^n}\binom{2n}{n} > 0\) ve \(2n+1 > 0\)’dır; ark tanjant serisindeki gibi bir işaret değişimi burada yoktur.
\(\pi\) için birinci formül. Ark tanjant serisinde \(x = 1\) koyalım. \(\arctan 1 = \dfrac{\pi}{4}\) olduğundan
\[\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots\]
elde edilir. Bu, Gregory–Leibniz serisidir. Güzelliğine karşın hesap için işe yaramaz: kalan kestirimi \(\dfrac{1}{2n+1}\) olduğundan üç ondalık basamak için binlerce terim gerekir.
\(\pi\) için ikinci formül. Serinin hızı \(|x|\) küçüldükçe artar; öyleyse \(\dfrac{\pi}{4}\)’ü küçük argümanlı ark tanjantlarla yazmalıyız. Tanjantın toplam formülünden çıkan
\[\frac{\pi}{4} = 4\arctan\frac{1}{5} - \arctan\frac{1}{239}\]
eşitliği bunu yapar. Burada \(x = \dfrac{1}{5}\) için terimler \(5^{-(2n+1)}\) hızıyla, \(x = \dfrac{1}{239}\) için ise çok daha hızlı söner; birkaç terim beş-altı basamak verir. İlk açılımdan
\[\arctan\frac{1}{5} = 0{,}2 - \frac{0{,}008}{3} + \frac{0{,}00032}{5} - \frac{0{,}0000128}{7}+\cdots = 0{,}19739555985\ldots\]
ve \(\arctan\dfrac{1}{239} = 0{,}00418407600\ldots\) bulunur. Buradan
\[\pi \approx 4\left(4 \times 0{,}19739555985 - 0{,}00418407600\right) = 4 \times 0{,}78539816340 = 3{,}14159265360\]
çıkar; gerçek değer \(\pi = 3{,}14159265359\ldots\)’dur.
Ark sinüsle \(\pi\). \(\arcsin\dfrac{1}{2} = \dfrac{\pi}{6}\) olduğundan
\[\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{8} + \frac{3}{40}\cdot\frac{1}{32} + \frac{5}{112}\cdot\frac{1}{128}+\cdots\]
Terimler sırasıyla \(0{,}5\), \(0{,}0208333\), \(0{,}0023438\), \(0{,}0003488\), \(0{,}0000593\), \(0{,}0000109\), \(0{,}0000021\)’dir; toplam \(0{,}5235982\) ve bunun altı katı \(3{,}1415892\)’dir. Gerçek değer \(\pi = 3{,}1415927\); yedi terim beş basamak verdi. Bu seri de Gregory–Leibniz’den kat kat hızlıdır, çünkü \(x = \dfrac{1}{2}\)’nin kuvvetleri hızla küçülür.
\(\blacksquare\)
44.7 Sonsuz Türevlenebilir Olmak Analitik Olmaya Yetmez
Şimdiye kadar incelediğimiz bütün fonksiyonlarda Taylor serisi fonksiyona yakınsadı. Bu, yanıltıcı bir alışkanlık doğurabilir. Analitik olmanın sonsuz kez türevlenebilir olmayı gerektirdiğini biliyoruz; ters yönün doğru olmadığını gösteren örneği artık verebiliriz. Örnek, Taylor Formülü bölümünde uyarı olarak anılmıştı; burada bütün ayrıntısıyla kuruyoruz.
Fikir şudur: \(0\) noktasında öyle bir fonksiyon kuracağız ki sıfıra “sonsuz derecede düz” yaklaşsın — yani her polinomdan daha hızlı sönsün. O zaman bütün türevleri \(0\)’da sıfırlanır, Taylor serisi özdeş sıfır olur ve fonksiyonun kendisi sıfır olmadığı için seri onu temsil edemez. Böyle bir sönme hızını üstel fonksiyon sağlar.
Önce ispatın belkemiği olan limit hesabını ayrı bir adım olarak yapalım; çünkü aynı hesap ispat boyunca defalarca kullanılacaktır.
Örnek 44.7 (Sonsuz Türevlenebilir Ama Analitik Olmayan Fonksiyon) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde her mertebeden türevlenebilir olduğunu ve her \(n \ge 0\) için \(f^{(n)}(0) = 0\) olduğunu gösterin. Buradan \(f\)’nin \(0\) noktasında analitik olmadığı sonucunu çıkarın.
Çözüm
Adım 1: Bir limit hesabı. İddia şudur: her \(p\) polinomu için
\[\lim_{t \to +\infty} p(t)\,e^{-t^2} = 0 \qquad \text{ve} \qquad \lim_{t \to -\infty} p(t)\,e^{-t^2} = 0.\]
Önce tek terimlik hâli görelim. \(u > 0\) ve \(m \in \mathbb{N}\) için üstel serinin bütün terimleri pozitif olduğundan
\[e^{u} = \sum_{j=0}^{\infty}\frac{u^j}{j!} > \frac{u^m}{m!}\]
olur (Örnek 44.1). \(u = t^2\) koyalım: \(e^{t^2} > \dfrac{t^{2m}}{m!}\), yani \(e^{-t^2} < \dfrac{m!}{t^{2m}}\) (burada \(t \ne 0\)). O hâlde her \(k \ge 0\) için
\[\big| t^k e^{-t^2}\big| < \frac{m!\,|t|^k}{t^{2m}} = \frac{m!}{|t|^{2m-k}}.\]
\(m\)’yi \(2m > k\) olacak kadar büyük seçersek (bkz. Analiz 1) sağ taraf \(|t| \to \infty\) iken sıfıra gider; sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(t^k e^{-t^2} \to 0\)’dır. Bir polinom, sonlu sayıda böyle terimin sabit katlarının toplamı olduğundan, limit kurallarıyla iddia her polinom için doğrudur.
Bu limitin \(x\) diliyle söylenişi de işimize yarayacak: \(x \to 0\) iken \(\left|\dfrac{1}{x}\right| \to \infty\) olduğundan, bileşke limiti gereği her \(p\) polinomu için
\[\lim_{x \to 0} p\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2} = 0.\]
Adım 2: Türevlerin biçimi. İddia: her \(n \ge 0\) için, öyle bir \(p_n\) polinomu vardır ki her \(x \ne 0\) için
\[f^{(n)}(x) = p_n\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2}.\]
Tümevarımla gösterelim (bkz. Analiz 1). \(n = 0\) için \(p_0(u) = 1\) almak yeter. İddia \(n\) için doğru olsun. \(x \ne 0\) noktasında zincir kuralı ve çarpım kuralıyla türev alalım; \(\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{1}{x}\right) = -\dfrac{1}{x^2}\) ve \(\dfrac{d}{dx}e^{-1/x^2} = e^{-1/x^2}\cdot\dfrac{2}{x^3}\) olduğundan
\[f^{(n+1)}(x) = p_n'\!\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right)e^{-1/x^2} + p_n\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2}\cdot\frac{2}{x^3}.\]
Ortak çarpanı ayırıp \(u = \dfrac{1}{x}\) yazarsak
\[f^{(n+1)}(x) = \Big[-u^2 p_n'(u) + 2u^3 p_n(u)\Big]_{u = 1/x}\;e^{-1/x^2} = p_{n+1}\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2}\]
olur; burada \(p_{n+1}(u) = -u^2 p_n'(u) + 2u^3 p_n(u)\) yine bir polinomdur. Tümevarım tamamlandı. İlk birkaçını yazmak örüntüyü somutlaştırır: \(p_1(u) = 2u^3\), \(p_2(u) = 4u^6 - 6u^4\).
Adım 3: \(0\) noktasındaki türevler. İddia: her \(n \ge 0\) için \(f\), \(0\)’da \(n\) kez türevlenebilirdir ve \(f^{(n)}(0) = 0\)’dır.
Tümevarım yapalım. \(n = 0\) için \(f(0) = 0\) tanım gereğidir. Şimdi \(f^{(n)}(0) = 0\) olduğunu varsayalım ve \(f^{(n+1)}(0)\)’ı fark oranından hesaplayalım. \(x \ne 0\) için Adım 2 gereği
\[\frac{f^{(n)}(x) - f^{(n)}(0)}{x - 0} = \frac{1}{x}\,p_n\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2} = q_n\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2},\]
burada \(q_n(u) = u\,p_n(u)\) bir polinomdur. Adım 1 gereği bu ifadenin \(x \to 0\) iken limiti \(0\)’dır. Demek ki fark oranının limiti vardır ve
\[f^{(n+1)}(0) = 0\]
olur. Tümevarım tamamlandı; \(f\) her mertebeden türevlenebilirdir ve bütün türevleri \(0\)’da sıfırlanır.
Adım 4: Türevler süreklidir. \(f^{(n)}\)’nin \(0\)’da sürekli olduğunu da görelim: Adım 1 ve Adım 2 gereği
\[\lim_{x \to 0} f^{(n)}(x) = \lim_{x\to 0} p_n\!\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2} = 0 = f^{(n)}(0).\]
\(x \ne 0\) noktalarında \(f^{(n)}\) zaten temel fonksiyonların bileşke ve çarpımıdır, dolayısıyla süreklidir. Yani \(f\) sonsuz kez türevlenebilir bir fonksiyondur.
Adım 5: Taylor serisi ve sonuç. \(f\)’nin \(0\) merkezli Maclaurin serisi
\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = \sum_{n=0}^{\infty} 0 \cdot x^n = 0\]
yani özdeş olarak sıfır serisidir. Bu seri her \(x \in \mathbb{R}\) için yakınsar (yakınsaklık yarıçapı \(+\infty\)’dur) ve toplamı \(0\)’dır. Oysa \(x \ne 0\) için \(f(x) = e^{-1/x^2} > 0\)’dır. Demek ki seri, \(x = 0\) dışında hiçbir noktada \(f(x)\)’e eşit değildir.
Tanım 44.2 gereği \(f\), \(0\) noktasında analitik olamaz: eğer olsaydı, temsil eden seri zorunlu olarak Taylor serisi olurdu ve bu da özdeş sıfırdır; ama \(f\), \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda özdeş sıfır değildir. Öte yandan \(f\), \(x_0 \ne 0\) olan her noktada analitiktir; kusur yalnızca tek bir noktadadır.
Ölçüt açısından bakış. Teorem 44.1’ne dönelim. Burada \(T_n(x) \equiv 0\) olduğundan her \(n\) için
\[R_n(x) = f(x) - T_n(x) = f(x)\]
olur. \(x \ne 0\) sabitken \(R_n(x)\) dizisi \(n\)’ye hiç bağlı değildir ve sabit \(f(x) \ne 0\) değerine eşittir; elbette sıfıra gitmez. Ölçüt tam da bu yüzden sağlanmaz. Aynı biçimde Sonuç 44.1’in koşulu da \(0\)’ı içeren hiçbir aralıkta sağlanamaz; üstelik bunu görmek için türevlerin büyüme hızını tek tek kestirmeye gerek yoktur. Gerçekten, \(0\)’ı içeren bir \(J\) aralığı ile \(M, C \ge 0\) sabitleri öyle bulunsaydı ki her \(n\) ve her \(t \in J\) için \(\big|f^{(n)}(t)\big| \le M C^n\) olsun, o sonuç gereği \(f\), \(J\) üzerinde \(0\) merkezli Taylor serisine — yani özdeş sıfır serisine — eşit olurdu; oysa \(f\), \(J\)’nin sıfırdan farklı her noktasında pozitiftir. Demek ki türevler hiçbir \(0\) komşuluğunda \(M C^n\) türü bir sınıra uymaz.
\(\blacksquare\)
\(e^{-1/x^2}\) örneği ilk bakışta patolojik görünür; oysa modern analizde en çok kullanılan yapı taşlarından biridir. Önce \(f\)’nin yarısını alalım:
\[h(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x > 0 \\ 0, & x \le 0. \end{cases}\]
Bu fonksiyon da sonsuz kez türevlenebilirdir: \(x \ne 0\) noktalarında bu açıktır, \(x = 0\)’da ise fark oranının sol limiti özdeş sıfır olduğundan sıfır, sağ limiti de yukarıdaki Adım 1–3 hesabının birebir tekrarıyla yine sıfırdır; dolayısıyla her mertebeden türev \(0\)’da vardır ve sıfıra eşittir. Dikkat edilecek nokta \(f\)’nin çift olmasıdır: \(f(x)\) negatif \(x\)’lerde de pozitiftir, bu yüzden tıkaç kurmak için \(f\) değil \(h\) gerekir. Şimdi \(g(x) = h(x)\,h(1-x)\) alırsak, \(g\) sonsuz kez türevlenebilir, \([0,1]\) dışında özdeş sıfır ve \((0,1)\) içinde pozitif bir fonksiyon olur — gerçekten \(g(x) > 0\) olması için hem \(x > 0\) hem \(1 - x > 0\) gerekir. Böyle fonksiyonlara tıkaç fonksiyonu (bump function) denir; verilen bir bölgede istenildiği gibi davranıp dışarıda tamamen sönen düzgün fonksiyonlar üretmeye yararlar. Analitik fonksiyonlarla bunu yapmak imkânsızdır: bir aralıkta özdeş sıfır olan analitik fonksiyonun tanım aralığının tamamında sıfır olduğu gösterilebilir. Yani “sonsuz türevlenebilir ama analitik değil” sınıfı, kayıp değil kazançtır.
44.8 Serilerle İşlem Yapmak
Elimizde bir açılım deposu var. Yeni açılımlar üretmenin en ekonomik yolu, sıfırdan türev hesaplamak değil, var olan serileri toplamak, çarpmak, bölmek ve birbirinin içine koymaktır. Bu işlemlerin hangi koşullarda serbest olduğunu şimdi kayda geçirelim.
Önerme 44.1 (Kuvvet Serilerinde Dört İşlem) \(f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n\) ve \(g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}b_n x^n\) kuvvet serilerinin yakınsaklık yarıçapları sırasıyla \(R_1 > 0\) ve \(R_2 > 0\) olsun ve \(R = \min\{R_1, R_2\}\) yazalım. O hâlde:
(i) Her \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) için \(|x| < R\) olduğunda
\[\lambda f(x) + \mu g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(\lambda a_n + \mu b_n)x^n.\]
(ii) \(|x| < R\) olduğunda
\[f(x)\,g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n, \qquad c_n = \sum_{k=0}^{n}a_k\,b_{n-k}.\]
(iii) \(b_0 \ne 0\) ise, öyle bir \(r > 0\) ve öyle tek bir \((d_n)\) dizisi vardır ki \(\sum d_n x^n\) serisi \(|x| < r\) için yakınsar ve orada
\[\frac{f(x)}{g(x)} = \sum_{n=0}^{\infty}d_n x^n\]
olur. Katsayılar
\[d_0 = \frac{a_0}{b_0}, \qquad d_n = \frac{1}{b_0}\left(a_n - \sum_{k=0}^{n-1}d_k\,b_{n-k}\right), \quad n \ge 1\]
özyinelemesiyle bulunur.
İspat
(i) \(|x| < R\) için iki seri de yakınsaktır; Teorem 34.4 doğrudan sonucu verir.
(ii) \(|x| < R\) için her iki seri de mutlak yakınsaktır: yakınsaklık yarıçapının içinde kuvvet serisi mutlak yakınsar. Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık bölümünde ispatladığımız Cauchy çarpımı teoremi, iki mutlak yakınsak serinin Cauchy çarpımının yakınsak olduğunu ve toplamının toplamların çarpımına eşit olduğunu söyler. \(\sum a_n x^n\) ile \(\sum b_n x^n\) serilerinin Cauchy çarpımının \(n\). terimi
\[\sum_{k=0}^{n}(a_k x^k)(b_{n-k}x^{n-k}) = \left(\sum_{k=0}^{n}a_k b_{n-k}\right)x^n = c_n x^n\]
olduğundan istenen elde edilir.
(iii) Genelliği bozmadan \(b_0 = 1\) alabiliriz: aksi hâlde hem \(f\)’yi hem \(g\)’yi \(b_0\) sabitine böleriz. Bu, \(\dfrac{f}{g}\) oranını değiştirmez; yeni katsayılar \(\dfrac{a_n}{b_0}\) ile \(\dfrac{b_n}{b_0}\) olur ve paydanın sabit terimi \(1\)’e döner. Önce \(\dfrac{1}{g}\)’yi açalım, sonra (ii) ile \(f\) ile çarparız.
Katsayıların seçimi. \(d_0 = 1\) ve \(n \ge 1\) için
\[d_n = -\sum_{k=0}^{n-1}d_k\,b_{n-k}\]
tanımlayalım. Bu özyineleme, \(\left(\sum d_n x^n\right)\left(\sum b_n x^n\right)\) çarpımının \(n\). Cauchy katsayısının \(n \ge 1\) için sıfır, \(n = 0\) için \(1\) olmasını dayatan tek seçimdir; yani katsayılar tektir.
Yakınsaklık yarıçapının pozitifliği. \(0 < \rho < R_2\) seçelim. \(\sum b_n \rho^n\) mutlak yakınsak olduğundan \(A := \sum_{n \ge 1}|b_n|\rho^n < \infty\)’dur. Şimdi \(0 < r \le \rho\) sayısını
\[\frac{r}{\rho}\,A \le \frac{1}{2}\]
olacak biçimde seçelim (bu her zaman mümkündür; \(A = 0\) ise \(r = \rho\), \(A > 0\) ise \(r = \min\left\{\rho, \dfrac{\rho}{2A}\right\}\) alınır). O hâlde
\[\sum_{n \ge 1}|b_n|r^n = \sum_{n\ge 1}|b_n|\rho^n \left(\frac{r}{\rho}\right)^n \le \frac{r}{\rho}\sum_{n \ge 1}|b_n|\rho^n = \frac{r}{\rho}A \le \frac{1}{2}\]
olur. Şimdi güçlü tümevarımla (bkz. Analiz 1) her \(n \ge 0\) için
\[|d_n|\,r^n \le 1\]
olduğunu gösterelim. \(n = 0\) için \(|d_0| = 1\)’dir. \(0, 1, \dots, n-1\) için doğru olsun. Üçgen eşitsizliğiyle
\[|d_n|\,r^n \le \sum_{k=0}^{n-1}|d_k|\,r^{k}\;|b_{n-k}|\,r^{n-k} \le \sum_{k=0}^{n-1}|b_{n-k}|r^{n-k} \le \sum_{m \ge 1}|b_m|r^m \le \frac{1}{2} \le 1.\]
Demek ki \(|d_n| \le r^{-n}\)’dir ve \(|x| < r\) için \(\sum |d_n x^n| \le \sum \left(\dfrac{|x|}{r}\right)^n\) geometrik serisiyle karşılaştırma (Teorem 35.2) yakınsaklık verir. Yani \(h(x) = \sum d_n x^n\) serisinin yarıçapı en az \(r\)’dir.
Çarpımın \(1\) olduğu. Artık (ii)’yi \(h\) ile \(g\)’ye uygulayabiliriz: \(|x| < \min\{r, R_2\}\) için \(h(x)g(x)\), katsayıları \(\sum_{k=0}^{n}d_k b_{n-k}\) olan kuvvet serisidir. Özyineleme gereği bu katsayılar \(n = 0\) için \(1\), \(n \ge 1\) için \(0\)’dır. Demek ki \(h(x)g(x) = 1\), yani \(h(x) = \dfrac{1}{g(x)}\)’tir (özel olarak bu bölgede \(g(x) \ne 0\)’dır). Son olarak \(\dfrac{f}{g} = f \cdot h\) çarpımına yine (ii)’yi uygularsak, \(\dfrac{f}{g}\)’nin de bir kuvvet serisi olduğu ve katsayılarının ifadede verilen özyinelemeyi sağladığı çıkar.
\(\blacksquare\)
Dördüncü işlem, bileşke, biraz farklı bir gerekçe ister. \(g(0) = 0\) olmak üzere \(f\big(g(x)\big)\) bileşkesinin katsayılarını bulmak istediğimizde yaptığımız şey şudur: \(f\)’nin serisinde \(x\) yerine \(g\)’nin serisini koyar, istediğimiz dereceye kadar açar, daha yüksek dereceli terimleri atarız. Bu işlemin doğru sonuç verdiğinin gerekçesi, Peano kalanlı Taylor teoremi (Teorem 12.3) ile asimptotik açılımın tekliğidir: elde edilen \(n\). dereceden polinom, \(f \circ g\) ile \(x \to 0\) iken \(o(x^n)\) mertebesinde uyuşuyorsa, o polinom \(f \circ g\)’nin \(n\). Taylor polinomudur ve katsayıları da Taylor katsayılarıdır. Kesme işleminde attığımız terimlerin hepsi \(x^{n+1}\) ve daha yüksek dereceden olduğundan bu koşul sağlanır. Şimdi bütün bu işlemleri bir örnekte çalıştıralım.
Örnek 44.8 (Çarpım, Bölüm ve Bileşke Hesapları) Aşağıdakileri yapın.
Cauchy çarpımını kullanarak her \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(e^{x+y} = e^x e^y\) olduğunu gösterin.
\(\tan x\) fonksiyonunun Maclaurin açılımını \(x^5\) terimine kadar bölme yoluyla bulun.
\(e^{\sin x}\) fonksiyonunun Maclaurin açılımını \(x^4\) terimine kadar bileşke yoluyla bulun.
\(\dfrac{\ln(1+x)}{1-x}\) fonksiyonunun Maclaurin serisinin genel terimini bulun.
Çözüm
a) \(\sum \dfrac{x^n}{n!}\) ve \(\sum \dfrac{y^n}{n!}\) serileri her \(x, y\) için mutlak yakınsaktır (Örnek 44.1). Cauchy çarpımının \(n\). terimi
\[c_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}\cdot\frac{y^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\,(n-k)!}x^k y^{n-k} = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k y^{n-k} = \frac{(x+y)^n}{n!}\]
olur; son adımda Binom Teoremi kullanıldı. Cauchy çarpımı teoremi gereği
\[e^x e^y = \sum_{n=0}^{\infty}c_n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x+y)^n}{n!} = e^{x+y}.\]
Üstel fonksiyonun temel işlevsel denklemi, böylece yalnızca seri cebiriyle elde edilmiş oldu.
b) \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}\)’tir ve \(\cos 0 = 1 \ne 0\) olduğundan Önerme 44.1 (iii) uygulanabilir. \(a_1 = 1\), \(a_3 = -\dfrac{1}{6}\), \(a_5 = \dfrac{1}{120}\) ve \(b_0 = 1\), \(b_2 = -\dfrac{1}{2}\), \(b_4 = \dfrac{1}{24}\); öteki katsayılar (ilgili derecelere kadar) sıfırdır. \(\tan\) tek fonksiyon olduğundan yalnızca tek dereceli terimler beklemeliyiz: \(\tan x = d_1 x + d_3 x^3 + d_5 x^5 + \cdots\). Bu ifadeyi \(\cos x\) ile çarpıp \(\sin x\)’e eşitleyelim:
\[\left(d_1 x + d_3 x^3 + d_5 x^5\right)\left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right) = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + \cdots\]
Sol tarafı açıp dereceleri eşleştirelim:
- \(x\) katsayısı: \(d_1 = 1\).
- \(x^3\) katsayısı: \(d_3 - \dfrac{d_1}{2} = -\dfrac{1}{6}\), yani \(d_3 = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\).
- \(x^5\) katsayısı: \(d_5 - \dfrac{d_3}{2} + \dfrac{d_1}{24} = \dfrac{1}{120}\), yani \(d_5 = \dfrac{1}{120} + \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{24} = \dfrac{1 + 20 - 5}{120} = \dfrac{2}{15}\).
Demek ki
\[\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + \cdots\]
Önerme 44.1 (iii) bize yalnızca pozitif bir yakınsaklık yarıçapı garanti eder; bu serinin yarıçapının tam olarak \(\dfrac{\pi}{2}\) olduğunu, yani \(\cos\)’un ilk sıfırının belirlediğini görmek reel eksende yapılan bir hesapla çıkmaz, karmaşık düzlemde çalışmayı gerektirir (aşağıdaki alıştırmalarda \(\dfrac{1}{1+x^2}\) örneğinde aynı olguya döneceğiz). Katsayıların genel formülü de basit değildir; bölme yöntemi ise istenildiği kadar terim üretmeye yeter.
c) \(u = \sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + \cdots\) yazalım ve \(e^u = 1 + u + \dfrac{u^2}{2} + \dfrac{u^3}{6} + \dfrac{u^4}{24} + \cdots\) açılımında yerine koyalım. \(x^4\)’e kadar olan terimleri tutmak için \(u\)’nun kuvvetlerini o mertebeye kadar hesaplarız:
\[u = x - \frac{x^3}{6} + \cdots, \quad u^2 = x^2 - \frac{x^4}{3}+\cdots, \quad u^3 = x^3 + \cdots, \quad u^4 = x^4 + \cdots\]
(\(u^2\) hesabında \(2 \cdot x \cdot \left(-\dfrac{x^3}{6}\right) = -\dfrac{x^4}{3}\) geldi.) Yerine koyup toplayalım:
\[e^{\sin x} = 1 + \left(x - \frac{x^3}{6}\right) + \frac{1}{2}\left(x^2 - \frac{x^4}{3}\right) + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots\]
\(x^3\) terimleri \(-\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = 0\) ile yok olur; \(x^4\) katsayısı \(-\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{24} = -\dfrac{1}{8}\)’dir. Sonuç:
\[e^{\sin x} = 1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + \cdots\]
d) \(\ln(1+x) = \sum_{k \ge 1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}x^k\) ve \(\dfrac{1}{1-x} = \sum_{m \ge 0}x^m\) serilerinin ikisi de \(|x| < 1\) için mutlak yakınsaktır. Önerme 44.1 (ii) gereği çarpımın \(n\). katsayısı
\[c_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\cdot 1 = \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\]
olur (\(k = 0\) terimi \(\ln(1+x)\) serisinde yoktur). Yani
\[\frac{\ln(1+x)}{1-x} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(1 - \frac{1}{2}+\frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{n}\right)x^n, \qquad |x| < 1.\]
Katsayılar alternatif harmonik serinin kısmi toplamlarıdır; \(n \to \infty\) iken \(\ln 2\)’ye giderler. Bu, “\(\dfrac{1}{1-x}\) ile çarpmak, katsayıları kısmi toplama dönüştürür” kuralının güzel bir örneğidir.
\(\blacksquare\)
44.9 Uygulamalar
Açılım deposunu kurduk, işlem kurallarını da. Şimdi bunların ne işe yaradığını görelim. Üç tipik kullanım vardır: belirsiz limitleri hesaplamak, ilkel fonksiyonu temel fonksiyonlarla yazılamayan integralleri hesaplamak ve diferansiyel denklemlerin çözümlerini üretmek.
Limit hesabı
Taylor Formülünün Uygulamaları bölümünde belirsiz limitleri Taylor polinomu ile hesaplamayı öğrenmiştik. Seri diliyle aynı iş daha rahat yapılır: her fonksiyonu kendi serisiyle değiştirir, gereken dereceye kadar açar, geri kalanı \(o(\cdot)\) içine atarız. Kural basittir: pay ve paydada ilk sıfırdan farklı terim hangi derecedeyse, limit o derecelerin oranından okunur.
Örnek 44.9 (Serilerle Belirsiz Limitler) Aşağıdaki limitleri seri açılımlarıyla hesaplayın.
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}}{x^3}\)
\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3}\)
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1}\right)\)
\(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^{3/2}\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrt{x}\right)\)
Çözüm
a) \(e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^4}{24}+\cdots\) olduğundan pay
\[e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2} = \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots = \frac{x^3}{6}\left(1 + \frac{x}{4} + \cdots\right)\]
olur. \(x^3\)’e bölünce parantez içindeki ifade kalır ve \(x \to 0\) iken \(1\)’e gider. Limit \(\dfrac{1}{6}\)’dır.
b) İki açılımı \(x^5\)’e kadar yazalım:
\[\sin x = x - \frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120} - \cdots, \qquad x\cos x = x\left(1 - \frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cdots\right) = x - \frac{x^3}{2}+\frac{x^5}{24}-\cdots\]
Farkları
\[\sin x - x \cos x = \left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)x^3 + \left(\frac{1}{120}-\frac{1}{24}\right)x^5 + \cdots = \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{30}+\cdots\]
olduğundan \(x^3\)’e bölüp limit alınca \(\dfrac{1}{3}\) bulunur.
c) Önce tek kesir hâline getirelim:
\[\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x - 1} = \frac{e^x - 1 - x}{x\left(e^x-1\right)}.\]
Pay \(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\cdots\), payda ise \(x\left(x + \dfrac{x^2}{2}+\cdots\right) = x^2 + \dfrac{x^3}{2}+\cdots\)’dir. İkisini de \(x^2\) parantezine alalım:
\[\frac{x^2\left(\frac{1}{2}+\frac{x}{6}+\cdots\right)}{x^2\left(1 + \frac{x}{2}+\cdots\right)} = \frac{\frac{1}{2}+\frac{x}{6}+\cdots}{1+\frac{x}{2}+\cdots} \longrightarrow \frac{1}{2}.\]
d) \(x\) büyük olduğundan \(\sqrt{x \pm 1} = \sqrt{x}\sqrt{1 \pm \frac{1}{x}}\) yazıp binom serisini \(u = \pm\dfrac{1}{x}\) ile kullanalım (\(|u| < 1\) için geçerlidir):
\[\sqrt{1+u} = 1 + \frac{u}{2}-\frac{u^2}{8}+\frac{u^3}{16}-\cdots\]
Buradan
\[\sqrt{1+\tfrac{1}{x}}+\sqrt{1-\tfrac{1}{x}} = 2 - \frac{2}{8x^2}+O\!\left(\frac{1}{x^4}\right) = 2 - \frac{1}{4x^2}+O\!\left(\frac{1}{x^4}\right)\]
olur; tek dereceli terimler birbirini götürür. \(\sqrt x\) ile çarpıp \(2\sqrt x\) çıkarırsak
\[\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrt x = -\frac{\sqrt x}{4x^2}+O\!\left(\frac{1}{x^{7/2}}\right) = -\frac{1}{4x^{3/2}}+O\!\left(\frac{1}{x^{7/2}}\right).\]
\(x^{3/2}\) ile çarpınca limit \(-\dfrac{1}{4}\) çıkar. Bu hesabı L’Hôpital kuralıyla yapmayı denemek, üç kez arka arkaya karekök türevi almak demektir; seri yöntemi tek satırda bitirir.
\(\blacksquare\)
İntegral hesabı
Bazı sürekli fonksiyonların ilkel fonksiyonu temel fonksiyonlarla yazılamaz; \(e^{-x^2}\) ve \(\dfrac{\sin x}{x}\) bunların en ünlü ikisidir. Bu durumda Analizin Temel Teoremleri bölümündeki integral fonksiyonu (Tanım 29.1) kavramı ilkel fonksiyonun varlığını garanti eder (Teorem 29.1), ama onu bir formülle vermez. Seri açılımı tam bu boşluğu doldurur: fonksiyonun serisini terim terim integralleyerek ilkel fonksiyonun kuvvet serisini elde ederiz.
Örnek 44.10 (Kapalı Biçimi Olmayan İntegraller) Aşağıdaki integralleri seri açılımıyla hesaplayın.
\(\displaystyle\int_0^x e^{-t^2}\,dt\) için bir kuvvet serisi bulun ve \(\displaystyle\int_0^1 e^{-t^2}\,dt\) değerini altı ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
\(\displaystyle\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx\) değerini altı ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
Çözüm
a) Örnek 44.1’deki seride \(x\) yerine \(-t^2\) koyalım; bu her \(t\) için serbesttir ve yakınsaklık yarıçapı yine \(+\infty\)’dur:
\[e^{-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n t^{2n}}{n!}.\]
Terim terim integral alma teoremi gereği her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[F(x) = \int_0^x e^{-t^2}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^x t^{2n}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!\,(2n+1)} = x - \frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{10}-\frac{x^7}{42}+\cdots\]
\(F\), Tanım 29.1 anlamında \(e^{-t^2}\)’nin integral fonksiyonudur ve Teorem 29.1 gereği \(F'(x) = e^{-x^2}\)’dir; serinin terim terim türevi de aynı sonucu verir, iki yol tutarlıdır.
\(x = 1\) koyalım:
\[\int_0^1 e^{-t^2}\,dt = 1 - \frac{1}{3}+\frac{1}{10}-\frac{1}{42}+\frac{1}{216}-\frac{1}{1320}+\frac{1}{9360}-\frac{1}{75600}+\frac{1}{685440}-\cdots\]
Terimlerin mutlak değerleri azalarak sıfıra gittiğinden bu alternatif bir seridir; Leibniz ölçütünün hata kestirimi gereği bir yerde kesersek hata, ilk atılan terimi aşmaz. Yukarıdaki dokuz terimi (\(n = 0, \dots, 8\)) tutup gerisini atarsak hata, ilk atılan terim olan \(\dfrac{1}{9!\cdot 19} = \dfrac{1}{6\,894\,720} < 1{,}5\times 10^{-7}\) değerini aşmaz; bu, altı basamak için fazlasıyla yeterlidir. (Sekiz terim yetmezdi: dokuzuncu terim \(\dfrac{1}{685\,440} \approx 1{,}46 \times 10^{-6}\) olduğundan altıncı basamak henüz oturmamış olurdu.) Sayısal olarak:
\[1 - 0{,}333333 + 0{,}100000 - 0{,}023810 + 0{,}004630 - 0{,}000758 + 0{,}000107 - 0{,}000013 + 0{,}0000015 = 0{,}746824.\]
Gerçek değer \(0{,}7468241\ldots\)’dir.
b) \(\dfrac{\sin x}{x}\) fonksiyonu \(x = 0\)’da tanımsızdır, ama sinüs serisini \(x\)’e bölersek
\[\frac{\sin x}{x} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n+1)!} = 1 - \frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}-\cdots\]
elde edilir; sağdaki kuvvet serisi \(x = 0\)’da \(1\) değerini alır ve her \(x\) için yakınsar. Yani \(\dfrac{\sin x}{x}\) fonksiyonu \(x=0\)’da \(1\) değeriyle sürekli olarak genişletilebilir (bkz. Analiz 1 ile uyumlu) ve genişletilmiş fonksiyon analitiktir. Terim terim integralleyelim:
\[\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!\,(2n+1)} = 1 - \frac{1}{18}+\frac{1}{600}-\frac{1}{35280}+\frac{1}{3265920}-\cdots\]
Sayısal olarak toplam şudur:
\[1 - 0{,}055556+0{,}001667-0{,}000028+0{,}0000003 = 0{,}946083\]
Beşinci terim \(\dfrac{1}{3\,265\,920} \approx 3{,}1 \times 10^{-7}\) olduğundan, yalnızca ilk dört terim tutulsa bile hata \(5 \times 10^{-7}\)’nin altındadır ve altı basamak güvenlidir; gerçek değer \(0{,}9460831\ldots\)’dir. Dört terimle bu duyarlığa ulaşmak, faktöriyel paydaların gücünü gösterir.
\(\blacksquare\)
Diferansiyel denklem çözümü
Binom serisinin ispatında bir kuvvet serisinin bir diferansiyel denklemi sağladığını göstermiştik. Aynı fikir ters yönde de çalışır: bir diferansiyel denklem verildiğinde çözümü \(\sum a_n x^n\) biçiminde arar, denklemde yerine koyar ve katsayılar için bir özyineleme elde ederiz. Bu yöntem, çözümü temel fonksiyonlarla yazılamayan denklemlerde bile işe yarar.
Örnek 44.11 (Kuvvet Serisiyle Diferansiyel Denklem Çözmek)
\(y' = y\), \(y(0) = 1\) başlangıç değer problemini kuvvet serisiyle çözün.
\(y'' = x\,y\), \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 0\) problemini kuvvet serisiyle çözün ve çözümün yakınsaklık yarıçapını belirleyin.
Çözüm
a) \(y(x) = \sum_{n \ge 0}a_n x^n\) biçiminde, yarıçapı pozitif bir çözüm arayalım. Terim terim türev alırsak
\[y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty}n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n.\]
\(y' = y\) eşitliği, iki kuvvet serisinin eşit olması demektir; katsayıların tekliği gereği her \(n\) için
\[(n+1)a_{n+1} = a_n, \qquad \text{yani} \qquad a_{n+1} = \frac{a_n}{n+1}.\]
\(y(0) = a_0 = 1\) olduğundan \(a_1 = 1\), \(a_2 = \dfrac{1}{2}\), \(a_3 = \dfrac{1}{6}\) ve tümevarımla \(a_n = \dfrac{1}{n!}\) bulunur. Öyleyse
\[y(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!} = e^x.\]
Yarıçap \(+\infty\)’dur. Yöntem, bilinen çözümü baştan varsaymadan üretti.
b) Yine \(y = \sum a_n x^n\) yazalım. İki kez terim terim türev alırsak
\[y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_n x^{n-2} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n,\]
öte yandan
\[x\,y(x) = \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n}.\]
Katsayıları eşleyelim. \(n = 0\) derecesinde sağ tarafta terim yoktur; öyleyse \(2a_2 = 0\), yani \(a_2 = 0\). \(n \ge 1\) için
\[(n+2)(n+1)\,a_{n+2} = a_{n-1}.\]
Başlangıç koşulları \(a_0 = 1\), \(a_1 = 0\) verir. Özyinelemeyi çalıştıralım:
- \(a_3 = \dfrac{a_0}{3 \cdot 2} = \dfrac{1}{6}\), \(a_4 = \dfrac{a_1}{4\cdot 3}= 0\), \(a_5 = \dfrac{a_2}{5 \cdot 4} = 0\);
- \(a_6 = \dfrac{a_3}{6\cdot 5} = \dfrac{1}{180}\), \(a_7 = a_8 = 0\);
- \(a_9 = \dfrac{a_6}{9 \cdot 8}=\dfrac{1}{12\,960}\).
Örüntü açıktır: yalnızca indisi \(3\)’ün katı olan katsayılar sıfırdan farklıdır ve
\[y(x) = 1 + \frac{x^3}{6}+\frac{x^6}{180}+\frac{x^9}{12\,960}+\cdots = \sum_{k=0}^{\infty}a_{3k}x^{3k}, \qquad a_{3k+3} = \frac{a_{3k}}{(3k+3)(3k+2)}.\]
Yakınsaklık yarıçapı. Sıfırdan farklı ardışık terimlerin oranı
\[\left| \frac{a_{3k+3}x^{3k+3}}{a_{3k}x^{3k}} \right| = \frac{|x|^3}{(3k+3)(3k+2)} \longrightarrow 0\]
olduğundan Teorem 37.2 her \(x \in \mathbb{R}\) için mutlak yakınsaklık verir; yarıçap \(+\infty\)’dur. Demek ki serimiz \(\mathbb{R}\) üzerinde bir fonksiyon tanımlar, terim terim iki kez türetilebilir ve kurulduğu gibi \(y'' = xy\) denklemini sağlar. Bu denklemin çözümleri temel fonksiyonlarla ifade edilemez; kuvvet serisi yöntemi burada yalnızca bir hesap aracı değil, fonksiyonu tanımlama aracıdır.
\(\blacksquare\)
44.10 Alıştırmalar
Alıştırma 44.1 (Taylor ve Maclaurin Serileri Üzerine)
\(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!}\) ve \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)!}\) toplamlarını kapalı biçimde bulun ve sayısal değerlerini dört ondalık basamakla verin.
\(f(x) = \ln(1+x+x^2)\) fonksiyonunun Maclaurin serisini bulun ve yakınsaklık yarıçapını belirleyin.
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}\) ve \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}\) toplamlarını hesaplayın.
Binom serisini kullanarak \(\sqrt[3]{1{,}05}\) sayısını altı ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\tan x - \sin x}{x^3}\) limitini seri açılımıyla hesaplayın.
\(\displaystyle\int_0^1 \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx\) değerini dört ondalık basamak duyarlıkla hesaplayın.
\(g(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde sonsuz kez türevlenebilirdir ve hiçbir noktada tanımsız değildir. Buna karşın Maclaurin serisinin yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir. Bunu gösterin ve neden böyle olduğunu açıklayın.
Çözüm
a) Örnek 44.2’ndeki hiperbolik açılımlarda \(x = 1\) koyalım:
\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!} = \cosh 1 = \frac{e + e^{-1}}{2}, \qquad \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)!} = \sinh 1 = \frac{e - e^{-1}}{2}.\]
Sayısal olarak \(e = 2{,}7182818\) ve \(e^{-1} = 0{,}3678794\) ile \(\cosh 1 = \dfrac{3{,}0861612}{2} = 1{,}5431\) ve \(\sinh 1 = \dfrac{2{,}3504024}{2}=1{,}1752\) bulunur. Denetim: iki toplamın toplamı \(\sum_{k \ge 0}\dfrac{1}{k!} = e\) olmalıdır; gerçekten \(1{,}5431+1{,}1752 = 2{,}7183 = e\)’dir.
b) Doğrudan türev almak yerine çarpanlara ayıralım. Her \(x \ne 1\) için \((1-x)(1+x+x^2) = 1 - x^3\) olduğundan
\[1 + x + x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}, \qquad \text{yani} \qquad \ln(1+x+x^2) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x).\]
(Her iki logaritmanın argümanı \(|x| < 1\) için pozitiftir, dolayısıyla işlem geçerlidir.) Örnek 44.3’nde \(x\) yerine \(-x\) koyarsak \(|x| < 1\) için
\[\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}\]
olur; aynı formülde \(x\) yerine \(x^3\) koyup (\(|x^3| < 1\)) çıkarma yaparsak
\[\ln(1+x+x^2) = -\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{3m}}{m} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{c_n}{n}x^n, \qquad c_n = \begin{cases} 1, & 3 \nmid n \\ 1 - 3 = -2, & 3 \mid n \end{cases}\]
çıkar; çünkü \(n = 3m\) olduğunda \(-\dfrac{1}{m} = -\dfrac{3}{n}\)’dir ve \(\dfrac{1}{n} - \dfrac{3}{n} = -\dfrac{2}{n}\) olur. Açık yazılışı:
\[\ln(1+x+x^2) = x + \frac{x^2}{2} - \frac{2x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{2x^6}{6}+\cdots\]
Yakınsaklık yarıçapı \(1\)’dir: katsayıların mutlak değeri \(\dfrac{1}{n}\) ile \(\dfrac{2}{n}\) arasındadır, dolayısıyla \(|x| < 1\) için karşılaştırma testi (Teorem 35.2) ile \(\sum \dfrac{2|x|^n}{n}\) yakınsar; \(|x| > 1\) için ise terimler sıfıra gitmez (Sonuç 34.1).
c) \(|x| < 1\) için \(\displaystyle\sum_{n \ge 0}x^n = \frac{1}{1-x}\) eşitliğinde terim terim türev alalım:
\[\sum_{n=1}^{\infty}n x^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2} \quad \Longrightarrow \quad \sum_{n=1}^{\infty}n x^{n} = \frac{x}{(1-x)^2}.\]
\(x = \dfrac{1}{2}\) koyarsak \(\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{n}{2^n} = \frac{1/2}{(1/2)^2} = 2\). Bir kez daha türev alalım:
\[\sum_{n=1}^{\infty}n^2 x^{n-1} = \frac{d}{dx}\,\frac{x}{(1-x)^2} = \frac{(1-x)^2 + 2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{1+x}{(1-x)^3},\]
buradan \(\displaystyle\sum_{n \ge 1}n^2 x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\) ve \(x = \dfrac{1}{2}\) için
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}}{\frac{1}{8}} = 6.\]
d) \(\alpha = \dfrac{1}{3}\) ve \(x = 0{,}05\) alalım. Katsayılar:
\[\binom{1/3}{1} = \frac{1}{3}, \quad \binom{1/3}{2} = \frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)}{2} = -\frac{1}{9}, \quad \binom{1/3}{3} = \frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)}{6}=\frac{5}{81}, \quad \binom{1/3}{4} = -\frac{10}{243}.\]
Terimler:
\[\frac{0{,}05}{3} = 0{,}0166667, \quad -\frac{(0{,}05)^2}{9} = -0{,}0002778, \quad \frac{5(0{,}05)^3}{81}=0{,}0000077, \quad -\frac{10(0{,}05)^4}{243}=-0{,}0000003.\]
Toplam:
\[\sqrt[3]{1{,}05} \approx 1 + 0{,}0166667 - 0{,}0002778+0{,}0000077-0{,}0000003 = 1{,}016396\]
Denetim: \(1{,}016396^3 = 1{,}049999\ldots\)
e) \(\tan x = x + \dfrac{x^3}{3}+\cdots\) (bkz. Örnek 44.8) ve \(\sin x = x - \dfrac{x^3}{6}+\cdots\) olduğundan
\[\tan x - \sin x = \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\right)x^3 + \cdots = \frac{x^3}{2}+\cdots\]
ve limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir. Aynı sonucu L’Hôpital ile almak üç kez türev almayı gerektirirdi.
f) Kosinüs serisinden
\[1 - \cos x = \frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}-\cdots \quad \Longrightarrow \quad \frac{1-\cos x}{x^2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-2}}{(2n)!}\]
olur; sağdaki kuvvet serisi her \(x\) için yakınsar ve \(x = 0\)’da \(\dfrac{1}{2}\) değerini alır, yani integrand sürekli olarak genişletilebilir. Terim terim integralleyelim:
\[\int_0^1 \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)!\,(2n-1)} = \frac{1}{2}-\frac{1}{72}+\frac{1}{3600}-\frac{1}{282\,240}+\cdots\]
Sayısal olarak \(0{,}5 - 0{,}0138889+0{,}0002778-0{,}0000035 = 0{,}4863854\). Dördüncü terim \(4 \times 10^{-6}\)’dan küçük olduğundan dört basamak güvenlidir: değer \(0{,}4864\)’tür.
g) Geometrik seride \(x\) yerine \(-x^2\) koyarsak, \(|x| < 1\) için
\[\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n} = 1 - x^2 + x^4 - \cdots\]
olur. \(|x| \ge 1\) iken terimlerin mutlak değeri \(x^{2n} \ge 1\) olduğundan sıfıra gitmez ve seri ıraksar (Sonuç 34.1). Demek ki yakınsaklık yarıçapı tam olarak \(1\)’dir.
Neden? Reel eksende hiçbir sorun görünmüyor: \(g\) her yerde tanımlı, sınırlı ve sonsuz kez türevlenebilir. Yarıçapı sınırlayan şey, \(g\)’nin büyüklüğü değil, türevlerinin büyüme hızıdır. Katsayılar \(\big|a_{2n}\big| = 1\) olduğundan Cauchy–Hadamard formülü doğrudan \(R = 1\) verir; buna denk olarak \(g^{(2n)}(0) = (-1)^n (2n)!\)’dir, yani türevler faktöriyel hızla büyür ve Sonuç 44.1’in koşulu hiçbir \(M C^n\) ile sağlanamaz.
Bu davranışın kavramsal açıklaması reel eksende değil, karmaşık düzlemdedir: \(\dfrac{1}{1+z^2}\) ifadesi \(z = \pm i\) noktalarında tanımsızdır ve bu iki nokta merkeze tam \(1\) uzaklıktadır. Kuvvet serisi, reel eksende görünmeyen bu engeli “hisseder” ve yarıçapını ona göre ayarlar. Aynı olgu \(\dfrac{1}{1-x}\) örneğinde de vardı, ama orada engel reel eksendeydi ve gözle görülüyordu; burada gözden tamamen gizlidir.
\(\blacksquare\)
44.11 Analiz 2’nin Sonu
Bu bölümle Analiz 2 notları tamamlanıyor. Geriye dönüp bakınca burada da tek bir iplik görünür.
Analiz 1’de limit kavramını kurmuştuk. Analiz 2, o kavramı iki kez farklı biçimde kullanarak iki büyük yapı üretti. Birincisi türev: fark oranının limiti. Türevin kendi başına hiçbir gücü yoktur; gücünü Rolle teoreminden ve onun genellemesi olan ortalama değer teoreminden (Teorem 8.2) alır. Monotonluk testleri, ekstremum testleri, konvekslik ölçütü, L’Hôpital kuralı ve Darboux teoremi — hepsi tek bir kaynaktan, kapalı aralıkta ekstremumun var olmasından beslenir. Bu zincirin doruk noktası, ortalama değer teoreminin yüksek mertebeli genellemesi olan Taylor formülü oldu: bir fonksiyonu bir noktanın yakınında polinomla değiştirip yapılan hatayı türevlerle denetlemek.
İkincisi integral: Riemann toplamlarının limiti. Alt ve üst Darboux toplamlarıyla kurulan bu yapı, ilk bakışta türevle hiç ilgisiz görünüyordu; alan hesabıyla teğet eğimi arasında ne olabilirdi ki? Analizin temel teoremleri (Teorem 29.1) tam olarak bu iki dünyanın birbirinin tersi olduğunu söyledi ve integral fonksiyonu (Tanım 29.1) aracılığıyla her sürekli fonksiyona bir ilkel fonksiyon verdi. Böylece belirsiz integral bölümlerinde kurallarla öğrendiğimiz ilkel fonksiyon, belirli integral bölümlerinde bir varlık teoremine kavuştu.
Üçüncü büyük adım seriler oldu. Sonsuz toplam, kısmi toplamlar dizisinin limitidir; yani yine limit. Karşılaştırma, yoğunlaştırma, kök, oran, Kummer ve Raabe testleri (Teorem 35.2, Teorem 36.1, Teorem 37.1, Teorem 37.2, Teorem 38.1, Teorem 38.2) pozitif terimli serileri sınıflandırdı; mutlak ve şartlı yakınsaklık ayrımı, yeniden düzenleme teoremiyle sonsuz toplamın sonlu toplamdan ne kadar farklı olduğunu gösterdi. Kuvvet serileri bu iki dünyayı — türev/integral ile serileri — birleştirdi: yakınsaklık yarıçapının içinde bir kuvvet serisi, sonsuz dereceden bir polinom gibi davranır.
Bu son bölüm ipliğin iki ucunu düğümledi. Taylor formülü bize sonlu polinomu ve kalanı vermişti; seriler kuramı sonsuz toplamın ne anlama geldiğini söylemişti. İkisini birleştirince şu ortaya çıktı: bir fonksiyonun kendi Taylor serisine eşit olması ne otomatiktir ne de nadirdir — tam olarak kalan teriminin sıfıra gitmesi demektir. \(e^{-1/x^2}\) örneği, “sonsuz kez türevlenebilir” ile “analitik” arasındaki uçurumu gösterdi; binom serisi ise tek bir formülün ne kadar çok açılımı içerebileceğini.
Analiz 3 buradan devam eder. Bu notlarda serileri hep noktasal olarak ele aldık: her \(x\) için ayrı ayrı yakınsaklık sorduk. Oysa terim terim türev ve integral alma teoremlerinin arkasında daha güçlü bir kavram vardır: düzgün yakınsaklık. Fonksiyon dizileri ve serileri kuramı, sürekliliğin, türevlenebilirliğin ve integrallenebilirliğin limite hangi koşullarda taşındığını inceler; kuvvet serileri hakkında bu bölümde kullandığımız her şey, oradaki genel teoremlerin özel hâlidir. Ardından, bir fonksiyonu kuvvetler yerine sinüs ve kosinüslerle açan Fourier serileri gelir; bunlar Taylor serilerinin yapamadığını yapar ve sürekli bile olmayan fonksiyonları temsil eder. Son olarak, sınırsız aralıklarda ya da sınırsız fonksiyonlar için integral kavramını genişleten genelleştirilmiş integraller, bu bölümde \(\int_0^1 e^{-t^2}dt\) ile başladığımız hesapların \(\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt\) biçimindeki tamamlanmışını verir.
Bu bölümle Analiz 2 tamamlanmış olur. Dersin bütün başlıkları için müfredat sayfasına, dört Analiz dersinin listesi için Analiz sayfasına bakabilirsiniz.