\input{kapittel}

\kapittel{3}{Funksjoner fra $\mathbb N$ til $\mathbb R$ og $\mathbb C$}

Grunnene til å venne seg til følger og rekker er så mange at det nesten ikke er godt å vite hvor man skal begynne om man skal forklare det. 
Moderne signalbehandling er utenkelig uten muligheten for å skrive slike sprø ting som 
\[
x=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin nx \qquad x \in (-\pi,\pi)
\]
\begin{tcolorbox}
Alternative kilder:
\begin{itemize}
\item Adams kap. 9
\item Kreyszig kap. 15
\item Lindstrøm I kap. 4 og 12 
\end{itemize}
\end{tcolorbox}

\section*{\huge Motiverende eksempel}

Andregradslikningen
\[
ax^{2}+bx+c=0
\]
kan vi l{\o}se med formelen
\[
x=\frac{b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.
\]
Men i mange anvendelser dukker det opp likninger som ikke kan l{\o}ses analytisk. 
Når man løser Schrödingers likning for en endelig kvantebrønn,
må man for eksempel løse likningen
\[
\tan \sqrt{x}=\frac{2\sqrt{x(1-x)}}{2x-1},
\]
noe som ikke er praktisk gjennomførbart med penn og papir. 
Selv likninger som på papiret har en løsningsformel, 
slik som 
\[
x^4+x^3+x^2+x+1=0
\]
kan være ganske vriene å finne ut av uten noen hjelpemidler.

Vi skal studere numeriske metoder for å løse slike likninger siden,
men la oss begynne med et enkelt eksempel, 
nemlig likningen 
\[
x=\cos x.
\]
Hvis du får til å løse denne med penn og papir, 
er det en sensasjon, 
for det går nemlig ikke an. 
Men løsningen til likningen eksisterer,
selv om det ikke går an å regne den ut med noen 
enkel formel. 
Løsningen 
kalles Dottietallet, 
og er oppkalt etter en professor i fransk:\\ 
\url{https://www.maa.org/sites/default/files/Kaplan2007-131105.pdf})\\
Professor Dottie oppdaget, 
som utallige skolebarn før henne, 
at dersom du trykker på cosinusknappen på kalkulatoren din igjen og igjen,
vil du etter mange nok trykk alltid ende på tallet 
\[
r\approx 0.739085...
\]
Det kalkulatoren gjør når du trykker på cosinusknappen mange ganger, 
er å utføre rekursjonen 
\[
x_{n+1}=\cos{x_n}
\]
der den første verdien $x_1$ er det tallet som 
tilfeldigvis var lagret i kalkulatorens minne da 
man satte i gang og trykke på cosinusknappen.

Professor Dottie 
gjenoppdaget noe som kalles fikspunktiterasjonen.
Hun oppdaget at rekursjonen
sakte men sikkert konvergerer mot den korrekte løsningen til 
likningen $x=\cos x$. 
Dette er litt snodig, 
men virker av og til. 
Senere skal vi analysere når det virker,
og når det ikke virker. 


\section*{\huge Følger}

Rekursjonen
\[
x_{n+1}=\cos x_n
\]
produserer følgende tabell dersom vi setter $x_0=\frac{3}{4}$:
\begin{center}
\begin{tabular}{c c}
$x_1$ & 0.2000000000000000\\
$x_2$ & 0.980066577841242\\
$x_3$ & 0.556967252809642 \\
$x_4$ &  0.848862165658271\\
$x_5$ &  0.660837551116615 \\
$\vdots$ &$\vdots$ \\
$x_{11}$ &  0.731977425258191 \\
$x_{21}$ &  0.738948732099227 \\
$x_{31}$ &  0.739082509617631 \\
$x_{79}$ &  0.739085133215145
\end{tabular}
\end{center}

Figuren under illustrerer omtrent hva som skjer.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
      \draw[->] (0,0) -- (3,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,0) -- (0,2.7) node[anchor=south] {$y$};
      \node[anchor=west] at (1.8,-.4) {$r$};
      \node[anchor=west] at (.3,-.4) {$x_n$};
      \draw[-,red] (.4,.4) -- (.4,2.48);
      \draw[-,red] (.4,2.48) -- (2.48,2.48);      
      \draw[-,red] (2.48,2.48) -- (2.48,1.76);
      \draw[-,red] (2.48,1.76) -- (1.76,1.76); 
      \draw[-,red] (1.76,1.76) -- (1.76,2.11); 
      \draw[-,red] (1.76,2.11) -- (2.11,2.11); 
      \draw[-,red]  (2.11,2.11) -- (2.11,1.95) ; 
      \draw[-,red]  (2.11,1.95) -- (1.95,1.95) ;      
      \draw[-,red]  (1.95,1.95) -- (1.95,2.03) ;            
      \draw[-,red]  (1.95,2.03) -- (2.03,2.03) ;                  
      \node[anchor=west] at (2.4,-.4) {$x_{n+1}$};
      \node[anchor=west] at (2.5,1.5) {$y$};
      \node[anchor=west] at (2.6,2.5) {$y=x$};
      \draw[scale=0.5,domain=0:5.7,smooth,variable=\y,black]  plot ({\y},{\y});
      \draw[-, blue] (0,2.5) cos (3,1.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}

En følge er kort og godt en haug med tall, 
lagt på rekke etter hverandre:
\[
x_1, x_2, x_3, \cdots
\]
Siden leddene i følgen er indeksert med de naturlige tallene  
kan vi like gjerne bruke funksjonsbegrepet,
og definere:

\begin{tcolorbox}[title=En følge,colback=blue!10]
En reell følge er en funksjon 
\[
x:\N \to \mathbb R,
\] 
og en kompleks følge er en funksjon
\[
z:\N \to \mathbb C.
\] 
Verdiene $x_n$ eller $z_n=a_n+ib_n$ kalles \defterm{leddene} i følgen.
Du kan tenke på en følge som en  en uendelig lang tabell:
\begin{center}
\begin{tabular}{| c | c c c c|}
\hline
$n$ & 1 & 2 & 3 & $\dots$ \\ \hline
$x_n$ & $x_1$ & $x_2$ & $x_3$ & $\dots$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
\end{tcolorbox}

Vi skal hoppe litt mellom reelle og komplekse følger, 
men jeg skal være nøye på å bruke $x_n$ for reelle følger og 
$z_n=a_n+ib_n$ for komplekse følger.
Hvis jeg fremsetter en påstand som er sann for begge typer, 
skriver jeg $z_n$.

\begin{ex}
Den enkleste følgen er kanskje de naturlige tallene:
\[
\N=\{1,2,3,...\}
\]
Her er funksjonen $x:\N \to \N$ gitt ved
\[
x_n=n. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
En følge vi skal bli godt kjent med, er følgen gitt ved 
\[
x_n=\frac{1}{n}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
En annen følge vi skal bli godt kjent med, er følgen gitt ved 
\[
x_n=\frac{1}{n!}=\frac{1}{n\cdot(n-1)\cdots 3\cdot 2}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
En klassiker i kompleks funksjonsteori er
\[
z_n=\cos n +i\sin n. \qedhere
\]
\end{ex}

Dersom leddene i følgen er definert som en funksjon av foregående ledd,
slik som i Dotties eksperiment
\[
x_{n+1}=\cos{x_n}
\]
kalles en \defterm{rekursjon}.

\begin{ex}
Fibonaccitallene 
\[
\{1,1,2,3,5,8,13...\}
\]
er gitt ved rekursjonen 
\[
x_n=x_{n-1}+x_{n-2},
\]
og startverdiene $x_1=x_2=1$. 
\end{ex}

Noen ganger har vi ikke en formel i det hele tatt.

\begin{ex}
Følgen av primtall
\[
\{2,3,5,7,11,13,17,...\}
\]
har ingen kjent formel. 
Det er ikke så vanskelig å se at det finnes uendelig mange primtall.
La oss anta at det kun finnes et endelig antall primtall,
og kall dem $x_1$, $x_2$, $\cdots$, $x_n$.
Tallet
\[
x=x_1\cdot x_2 \cdots x_n+1
\]
er helt klart ikke delelig med noen av primtallene i den endelige listen. 
Hvis du nå tror på at alle tall er delelig med et eller annet primtall
(i tallteoribøker beviser man slikt, men mange mennesker tar det for gitt)
må $x$ være delelig med et nytt primtall som ikke står i listen. 
Følgelig kan en endelig liste aldri inneholde alle primtall, 
og det må derfor være uendelig mange av dem.

Det finnes de som leter etter en formel for primtallene:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Formula_for_primes}
\end{ex}

Siden det er uendelig mange primtall, 
og de blir større og større utover i følgen,
må de vokse over alle grenser når 
$n\to\infty$.
Leddene i følgen $x_n=1/n$ går derimot mot null.
Vi skal  nå definere hva vi mener med at en følge \say{går mot} noe.
Husk at $|z|=a^2+b^2$ og at dette blir vanlig absoluttverdi når $z$ er reell.

\begin{tcolorbox}[title=Konvergent følge,colback=blue!10]
En følge $z$ sies å \defterm{konvergere} mot $L$ dersom det 
for en hver $\epsilon>0$ finnes en $N$ slik at 
\[
n \geq N \; \Longrightarrow |z_n-L|<\epsilon,
\]
og vi skriver i så fall
\[
\lim_{n\to \infty}z_n=L.
\]
En følge som konvergerer, sies å være \defterm{konvergent}. 
En følge som ikke er konvergent, kalles divergent.
\end{tcolorbox}

Det er underforstått i definisjonen at vi først og fremst er interessert i små $\epsilon$. 
Uansett hvor liten $\epsilon$ man velger, 
er det bare å gå langt nok ut i følgen, 
og så vil alle etterfølgende ledd ligge og vake i en avstand fra $L$ som aldri blir større enn $\epsilon$. 
Her er en figur for reelle følger:
\begin{center}
\includegraphics[scale=.14]{../figurer/konvergens-r}
\end{center}

%\begin{center}
%\begin{tikzpicture}[thick,scale=.85]
%\node[below right] at (1,.7){$\circ$};
%\node[below right] at (2,1){$\circ$};
%\node[below right] at (3,1.2){$\circ$};
%\node[below right] at (4,1.3){$\circ$};
%\node[below right] at (5,1.34){$\circ$};
%\node[below right] at (6,1.37){$\circ$};
%\draw[-] (3.23,-.1) -- (3.23,.1) node[above]{$N$};
%\draw[-] (0,1.3) -- (7,1.3) node[right]{$L$};
%\draw[red] (0,.9) -- (7,.9) node[right]{$L-\epsilon$};
%\draw[red] (0,1.7) -- (7,1.7) node[right]{$L+\epsilon$};             
%\draw[->] (0,0) -- (7,0) node[right]{$n$};          
%\draw[->] (0,-.5) -- (0,2.3) node[above]{$x_n$};
%\end{tikzpicture}
%\end{center}

For komplekse følger blir figuren mer noe slikt:
\begin{center}
\includegraphics[scale=.15]{../figurer/konvergens-c}
\end{center}
\begin{ex}
Følgen 
\[
x_n=1/n
\] 
går mot null. 
Hvordan ser man det?
Hvis du velger $\epsilon=0.1$, 
kan jeg velge $N\geq 11$, 
slik at $x_n < 0.1$. 
Hvis du velger $\epsilon=0.05$, 
velger jeg $N\geq 21$, 
slik at $x_n < 0.05$. 
Poenget er nå at uansett hvor liten $\epsilon$ som velges, 
kan vi alltid finne $N$ slik at $x_n < \epsilon$ når $n > N$,
og derfor kan vi si at 
\[
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}=0. \qedhere
\]
 \end{ex}

En følge kan ikke konvergere mot to forskjellige grenseverdier.
Anta vi har to grenseverdier $L_1 \neq L_2$.
Velg $\epsilon< |L_1-L_2|$, og $N_1$ slik at 
\[
|z_n-L_1| < \epsilon/2
\]
dersom $n>N_1$.
Men vi kan også velge $N_2$ slik at
\[
|z_n-L_2| < \epsilon/2,
\]
og tar vi den største av $N_1$ og $N_2$, 
er begge ulikhetene oppfylt. 
Men nå er 
\begin{align*}
|L_1-L_2| = 
|L_1-z_n-L_2+z_n| \leq& \\
|L_1-z_n|+|L_2-z_n| &< \\
\epsilon/2+\epsilon/2&=\epsilon
\end{align*}
Dette er en selvmotsigelse,
for her står det at uansett hvor liten $\epsilon$ er,
må avstanden mellom $L_1$ og $L_2$ være mindre. 
Siden $\epsilon$ er vilkårlig, 
kan det ikke stemme at $L_1\neq L_2$, 
og vi må ha $L_1=L_2$. 
En titt på figuren under kan være til hjelp.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[thick]
\node[below right] at (1,.7){$\circ$};
\node[below right] at (2,1){$\circ$};
\node[below right] at (3,1.2){$\circ$};
\node[below right] at (4,1.3){$\circ$};
\node[below right] at (5,1.34){$\circ$};
\node[below right] at (6,1.37){$\circ$};
\draw[-] (4.23,-.1) -- (4.23,.1) node[above]{$N$};
\draw[-] (0,1.3) -- (7,1.3) node[right]{$L_2$};
\draw[red] (0,1) -- (7,1) node[right]{$L_2-\epsilon$};
\draw[red] (0,1.6) -- (7,1.6) node[right]{$L_2+\epsilon$};     
\draw[-] (0,2.9) -- (7,2.9) node[right]{$L_1$};
\draw[blue] (0,2.6) -- (7,2.6) node[right]{$L_1-\epsilon$};
\draw[blue] (0,3.2) -- (7,3.2) node[right]{$L_1+\epsilon$};     
\draw[->] (0,0) -- (7,0) node[right]{$n$};
\draw[->] (0,-.5) -- (0,3.5) node[above]{$x_n$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

La oss ofre en rød boks på dette resultatet:

\begin{tcolorbox}[title=Konvergent følge,colback=red!10]
En grenseverdi, dersom den eksisterer, er entydig. 
\end{tcolorbox}


Vi kan vise flere ting. 
For eksempel er 
\begin{align*}
\lim_{n\to \infty} z_n+w_n&=L_1+L_2 \\ 
\end{align*}
dersom
\[
\lim_{n\to \infty} z_n=L_1
\quad \text{og} \quad
\lim_{n\to \infty} w_n=L_2
\]
Velg $\epsilon$. 
Vi må vise at det går an å velge $N$ slik at $n>N$ impliserer
\[
|z_n+w_n-L_1-L_2|< \epsilon 
\]
Merk først at 
\begin{align*}
|z_n+w_n-L_1-&L_2|=  \\[2pt]
|z_n-L_1+&w_n-L_2|\leq  \\[2pt]
|z_n-&L_1|+|w_n-L_2|
\end{align*}
Siden $z$ konvergerer mot $L_1$, og $w$ mot $L_2$, 
kan vi velge  $N$ slik at $n > N$ impliserer 
\[
|z_n-L_1|< \epsilon/2
\]
og 
\[
|w_n-L_2|< \epsilon/2.
\]
Men i så fall impliserer $n<N$ at 
\begin{align*}
|z_n-L_1+w_n-L_2|< \epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon,
\end{align*}
som var det vi skulle vise. 
Det går an å noen flere slike regler,  
men det er litt mer regning.
Prøv selv om du er interessert, 
og slå opp i Rudin eller kom og spør om du står fast.

\begin{tcolorbox}[title=Regneregler,colback=red!10]
Anta vi har to følger $z$ og $w$, med
\[
\lim_{n\to \infty} z_n=L_1
\quad \text{og} \quad
\lim_{n\to \infty} w_n=L_2
\]
og la $c$ være et tall.
Da gjelder at 
\begin{align*}
\lim_{n\to \infty} z_n+w_n&=L_1+L_2 \\ 
\lim_{n\to \infty} cz_n&=cL_1\\ 
\lim_{n\to \infty} z_nw_n&=L_1L_2 \\ 
\lim_{n\to \infty} z_n/w_n&=L_1/L_2  \quad (L_2\neq 0)
\end{align*}
\end{tcolorbox}


\begin{tcolorbox}[title=Begrenset følge,colback=blue!10]
En følge $z$ sies å være \defterm{begrenset} dersom 
det finnes en konstant $C$ slik at 
\[
|z_n|\leq C
\] 
for alle $n$.
\end{tcolorbox}

For reelle følger kan vi selvsagt løse opp absoluttverditegnet 
snakke om følger som er begrenset enten ovenfra eller nedenfra.

\begin{ex}
En annen kjent rekursjon er 
\begin{align*}
z_1&=0\\ 
z_n&=f_c(z_{n-1}) 
\end{align*}
der 
\[
f_c(z)=z^2+c
\]
og $c$ er et komplekst tall. 
For noen verdier av $c$ vil følgen være begrenset,
og for andre ikke. 
Mengden av alle $c$ slik at følgen er begrenset, 
kalles Mandelbrotmengden, 
og er en fraktal mengde.
Dette var voldsomt hipt og skulle visst revolusjonere verden på 1980-tallet:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Mandelbrot_set}
\end{ex}

\section*{\huge Cauchyølger}

Her kommer litt teori.

\begin{tcolorbox}[title=Monoton følge,colback=blue!10]
En reell følge sies å være monotont stigende dersom 
\[
x_{n+1} \geq x_n
\] 
og monotont synkende dersom 
\[
x_{n+1}\leq x_n
\] 
for alle $n$.
\end{tcolorbox}

Nå skal vi bevise et lite teorem,
for det er så fin illustrasjon av minste-øvre-skranke-egenskapen. 
Anta at en reell følge er monotont stigende, 
og at verdimengden til $x$ er begrenset ovenfra. 
Verdimengden har en minste øvre skranke $L$. 
Velg $\epsilon > 0$. 
For en eller annen $N$ er $x_n > L-\epsilon$, 
for ellers er ikke $L$ minste øvre skranke til verdimengden til $x$. 
Dersom $n>N$, 
er også 
\[
x_n > L-\epsilon
\]
siden $x$ er monotont stigende. 
Siden $x_n > L-\epsilon$ for alle $n > N$, 
konvergerer følgen til $L$.

\begin{tcolorbox}[title=Monoton + begrenset ,colback=red!10]
En monoton og begrenset reell følge er konvergent.
\end{tcolorbox}

En kompleks følge kan ikke være monoton, 
for de komplekse tallene er ikke en ordnet kropp. 
Vi kan forsåvidt definere monotonisitet med hensyn på 
kompleks absoluttverdi, 
men en monoton og begrenset kompleks følge
vil ikke nødvendigvis være konvergent.

Her kommer det noe litt mer teoretiske greier som er litt praktisk å ha tatt unna. 

\begin{tcolorbox}[title=Cauchyfølge,colback=blue!10]
Vi sier at en følge er en cauchyfølge dersom det for enhver $\epsilon>0$ finnes $N$ slik at $m,n \geq N$ impliserer
\[
|z_n-z_m|<\epsilon.
\]
\end{tcolorbox}

Vi skal nå se at 

\begin{tcolorbox}[title=Cauchys konvergenskriterium,colback=red!10]
En følge er konvergent hvis og bare hvis den er en  cauchyfølge.
\end{tcolorbox}

Den ene veien er lett. 
Dersom $z$ er konvergent med grenseverdi $L$,
og $\epsilon$ er gitt, 
kan vi velge $N$ med $n,m\geq N$ slik at 
\[
|z_n-L|\leq \epsilon/2
\]
og
\[
|z_m-L|\leq \epsilon/2
\]
Følgelig er 
\begin{align*}
|z_n-x_m|=&
|z_n-L-(z_m-L)|\\ \leq& 
|z_n-L|+|z_m-L|\leq \epsilon
\end{align*}

Den andre veien er litt mer jobb.
La $I$ være en delmengde av $\mathbb N$, 
ordnet i stigende rekkefølge.
Dersom $z$ er en følge, 
sier vi at mengden av alle $z_n$ for $n \in I$ er en delfølge av $z$.
Du kan tenke på dette som restriksjonen av $z$ til $I$.

Alle reelle følger har en monoton delfølge, 
av følgende grunn. 
La oss betrakte alle $x_k$ med den egenskap at 
\[
x_k\geq x_n
\]
for alle $n>k$. 
Enten finnes det undelig mange slike, 
eller så finnes det endelig mange. 
I det første tilfellet danner de åpenbart en monotont synkende delfølge, 
og i det siste tilfellet går det an å lage en monotont stigende delfølge etter sistemann, 
for ellers må det være flere av dem.

Dette betyr igjen at den begrenset følge må ha en konvergent delfølge.
En cauchyfølge må være begrenset,
og la oss si at den har en delfølge som konvergerer til $p$. 
Dersom vi velger $\epsilon>0$, 
er det bare å gå så langt ut følgen at både avstanden mellom $p$ og leddene i den konvergente delfølgen 
og avstanden mellom leddene i hele følgen er mindre enn $\epsilon/2$, 
og vips er alle ledd etter det nærmere $p$ enn $\epsilon$,
slik at en reell følge er konvergent hvis og bare hvis den er en  cauchyfølge.

Siden leddene i en kompleks rekke er på formen
\[
z_n=x_n+iy_n
\]
er både
\[
|x_n-x_m|\leq
|z_n-z_m|
\]
og
\[
|y_n-y_m|\leq
|z_n-z_m|.
\]
Dersom $z$ er en cauchyfølge er altså både $x$ og $y$ det,
og dersom de konvergerer til henholdsvis $L_1$ og $L_2$, 
må $z$ konvergere til $L_1+iL_2$.
Derfor: 

\begin{tcolorbox}[title=Cauchys konvergenskriterium,colback=red!10]
En følge er konvergent hvis og bare hvis den er en  cauchyfølge.
\end{tcolorbox}

Man kan bruke ekvivalensklasser av rasjonale  cauchyfølger 
istedet for dedekindske snitt
til å konstruere de reelle tallene. 
En rasjonal cauchyfølge er en cauchyfølge $x:\mathbb N \to \mathbb Q$.
Vi sier at to rasjonale cauchyfølger $x$ og $y$ er ekvivalente dersom 
for en hver $\epsilon>0$ finnes $N$ slik at 
\[
n>N \quad \Longrightarrow \quad |x(n)-y(n)|<\epsilon
\]
Man identifiserer for eksempel $\sqrt{2}$ med ekvivalensklassen
av alle rasjonale cauchufølger som konvergerer mot $\sqrt{2}$, 
og så tar man det derfra. 
Man sjekker først alle aksiomene for kropp, 
og så beviser man 
minste-øvre-skranke-egenskapen
ved intervallhalveringsmetoden.

\begin{ex}
Den rekursive følgen gitt ved $x_0=1$ og 
\[
x_{n+1}=\frac{x_n^2+2}{2x_n}
\]
er rasjonal, 
altså at $x_n \in \mathbb Q$ for alle $n$. 
Den konvergerer mot $\sqrt{2}$.
Vi skal se mer til denne i neste kapittel. 
\end{ex}



\section*{\huge Rekker}

Ingen lærebok i matematikk begynner et kapittel om rekker uten Xenos paradoks, 
som er rundt 2500 år gammelt. 
Anta at en langdistanseløper skal tilbake legge en distanse. 
Han tilbakelegger første halvdel på tiden $T$. 
Den neste fjerdedelen tibakelegger han på tiden $T/2$. 
Den neste åttendedelen tilbakelegger han på tiden $T/4$. 
Og slik fortsetter det. 

Xeno trodde han hadde funnet et paradoks her, 
for han trodde at 
\[
T+\frac{T}{2}+\frac{T}{4}+\frac{T}{8}+\cdots=\infty
\]
siden venstresiden er en sum av uendelig mange tall. 
Dette er ikke riktig. 
Det er åpenbart at løperen tilbakelegger distansen på tiden $2T$, 
og dersom man skal tillegge en den uendelige summen over noen verdi, 
er det naturlig å sette
\[
T+\frac{T}{2}+\frac{T}{4}+\frac{T}{8}+\cdots=2T.
\]


\begin{tcolorbox}[title=Rekke,colback=blue!10]
En rekke er summen av leddene i en følge:
\[
\sum_{n=1}^\infty z_n.
\]
Uttrykket 
\[
S_N=\sum_{n=1}^N z_n
\]
kalles den $N$-te partialsummen. 
Vi sier at en rekke konvergerer dersom partialsummene danner en konvergent følge.
\end{tcolorbox}

Dersom vi trenger å trykke inn en liten sum midt i en setning 
og indekseringen er innlysende, 
skriver vi bare $\sum x$.
En reell følge er konvergent hvis og bare hvis den er en cauchyfølge.
Brukt på partialsummer, 
blir dette

\begin{tcolorbox}[title=Cauchys konvergenskriterium for rekker,colback=red!10]
En rekke er konvergent hvis og bare hvis det for 
hver $\epsilon >0$ finnes $N$ slik at $m,n\geq N$ impliserer
\[
\left| \sum_{k=m}^n z_k \right| \leq \epsilon
\]
\end{tcolorbox}



\begin{ex}
Dersom Xeno hadde lest følgende eksempel, 
hadde han skjønt at han var på villspor. 
På skolen har du lært at den geometriske rekken
\[
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n.
\]
er konvergent så lenge $|x|<1$.
Det er ikke så vanskelig å se at dette er riktig,
men vi kan gå et knepp lenger å gjøre alt for komplekse $z$:
\[
\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n.
\] 
Partialsummene er 
\[
S_N=\sum_{n=0}^n z^n=1+z+z^2+\cdots+z^N,
\]
og hvis vi tar 
\begin{align*}
(1-z)S_N&=(1-z)\sum_{n=0}^N z^n\\ 
&=1+z+z^2+\cdots+z^N \\ 
&-(z+z^2+z^3+\cdots+z^{N+1})=1-z^{N+1}
\end{align*}
får vi
\[
S_N=\sum_{n=0}^N z^n=\frac{1-z^{N+1}}{1-z}.
\]
Dersom $|z|<1$ og vi lar $N\to \infty$,
får vi 
\[
\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n.
\]
og dersom $|z|>1$ får vi
\[
\infty=\sum_{n=0}^\infty z^n.
\]
Dersom $|z|=1$ får vi en eller annen form for divergens.
Dersom $z=1$ vokser partialsummene over alle grenser, 
mens for andre verdier vil de reise rundt på enhetssirkelen på ymse vis. 
\end{ex}


\begin{ex}
Rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\cdots
\]
er veldig lett å analysere. 
Merk at 
\[
\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},
\]
slik at 
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \\
&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\cdots=1.
\end{align*}
Dette kan minne litt om en teleskopfiskestang, 
og kalles derfor en \defterm{teleskoperende rekke}.
\end{ex}

Nå skal vi se på litt forskjellige tips og triks for  
å avgjøre om rekker konvergerer eller ikke. 
La $\sum z$ være en konvergent rekke.
Dersom vi husker hva partialsummer er, 
kan vi utføre følgende beregning:
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}z_n
=&\lim_{n\to\infty}\left(S_n-S_{n-1}\right)\\
=&\lim_{n\to\infty}S_n-\lim_{n\to\infty}S_{n-1}=0	
\end{align*}
som gir at

\begin{tcolorbox}[title=Viktig!,colback=red!10]
Dersom 
\[
\sum_{n=1}^\infty z_n
\]
er konvergent,
må
\[
\lim_{n \to \infty} z_n=0.
\]
\end{tcolorbox}

Den motsatte implikasjonen er ikke sann,
for rekken
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}
\]
er divergent. 

\begin{ex}
La oss ta en titt på rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots
\]
Vi kan lett vise at denne rekken divergerer ved å bruke et lite triks. 
Siden 
\[
\frac{1}{3}+\frac{1}{4} > \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}
\]
og 
\[
\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8} > \frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}
\]
og så videre, 
må vi ha 
\[
\sum_{n=1}^{l} \frac{1}{n} \geq 1+ \sum_{n=1}^{k+1}\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots
\]
der $l=2+\sum_{m=1}^k 2^k$ og $k>0$. Siden partialsummene til $\sum \frac{1}{2}$ danner en ubegrenset følge, 
må også partialsummene til $\sum \frac{1}{n}$ gjøre det,
og følgelig er rekken divergent.
\end{ex}

Hvis det kilte litt i magen når du leste eksemplet over, 
kan du ta en titt her:
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function}.

\begin{ex}
Vi kan bruke det samme trikset til å vise at rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}+\frac{1}{36}+\frac{1}{49}+\frac{1}{64}+\cdots
\]
er konvergent.
Siden 
\[
\frac{1}{4}+\frac{1}{9} < \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}
\]
og 
\[
\frac{1}{16}+\frac{1}{25}+\frac{1}{36}+\frac{1}{49} < \frac{1}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}=\frac{1}{4}
\]
og så videre, 
må vi ha 
\[
\sum_{n=1}^{l} \frac{1}{n^2} \leq 1+ \sum_{n=1}^{k}\frac{1}{2^n}
\]
der $l=1+\sum_{m=1}^k 2^k$ og $k>0$. Siden partialsummene til $\sum \frac{1}{2^k}$ danner en begrenset følge, 
må også partialsummene til $\sum \frac{1}{n^2}$ gjøre det,
og følgelig er rekken konvergent.
Det går faktisk an å regne ut at 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6},
\]
men det må vi vente litt med.
\end{ex}

I de to foregående eksemplene sammenliknet vi partialsummer.
La oss skrive opp et teorem bare for ordens skyld.

\begin{tcolorbox}[title=Sammenlikningstesten,colback=red!10]
La $x$ og $y$ være positive reelle følger, 
med $x_n \leq y_n$ for alle $n$. 
\begin{itemize}
\item Dersom $\sum x$ divergerer, divergerer $\sum y$. 
\item Dersom $\sum y$ konvergerer, konvergerer $\sum x$. 
\end{itemize}
\end{tcolorbox}

Hvis du er av den typen som liker å bevise ting, 
er denne ikke så vanskelig. 
Bare husk definisjonen på hva det vil si at en rekke er konvergent,
sammenlikne partialsummene til $x$ og $y$,
og husk at en monoton og begrenset følge er konvergent.

\begin{ex}
Vi kan bruke sammenlikningstesten til å bygge videre på eksemplene over.
Rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}
\]
konvergerer dersom $p>1$ og divergerer dersom $p\leq1$.
Dette kalles en $p$-rekke.
Vi har allerede sjekket at denne er konvergent for $p=2$ og divergent for $p=1$, 
så sammenlikningstesten gir konvergens for $p\geq 2$ og divergens for $p\leq 1$. 
For eksempel er
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}
\]
konvergent, og
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}
\]
divergent.
Hva som skjer når $1<s<2$ er litt mer subtilt,
så vi må utsette det litt.
\end{ex}

Her er et spesialtilfelle av sammenlikningstesten:

\begin{tcolorbox}[title=Grensesammenlikningstesten,colback=red!10]
La $x$ og $y$ være reelle følger, og la
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\frac{x_n}{y_n}.
\]
\begin{itemize}
\item Dersom $\rho >0$ og  $\sum y$ er divergent, er også  $\sum x$ divergent. \\
\item Dersom $\rho < \infty$ og  $\sum y$ er konvergent, er også  $\sum x$ konvergent.
\end{itemize}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Grensesammenligningstesten gir at 
\[
\sum_{n=0}^\infty \sin\frac{1}{n}
\]
er divergent, siden 
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{1/n}=\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1. \qedhere
\]
\end{ex}

Geometrisk rekke er også grei å sammenlikne med.
Den er faktisk så grei å sammenlikne med at man 
kan gjøre det en gang for alle og skrive opp et teorem:

\begin{tcolorbox}[title=Forholdstesten,colback=red!10]
La $z$ være en følge, og la
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\left|\frac{z_{n+1}}{z_n}\right|.
\]
\begin{itemize}
\item Dersom $\rho >1$ er $\sum z$ divergent. 
\item Dersom $\rho <1$ er $\sum z$ konvergent. 
\item Dersom $\rho =1$ kan alt skje.
\end{itemize}
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Forholdstesten gir at 
\[
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}
\]
er konvergent, siden 
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\frac{1/(n+1)!}{1/n!}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0. \qedhere
\]
\end{ex}

Her er en rekketest som er veldig enkel i bruk.

\begin{tcolorbox}[title=Alternerende rekketest,colback=red!10]
Dersom $x_n$ er en monotont synkende og positiv reell følge som konvergerer mot null, 
er rekken
\[
\sum_{n=1}^\infty (-1)^nx_n
\]
konvergent,
og 
\[
\left|S_n\right|=\left|\sum_{n=1}^N (-1)^nx_n\right|<a_{n+1}
\]
\end{tcolorbox}

Beviset for denne er litt teknisk å skrive opp, 
men en figur av partialsummene forklarer omtrent hvordan 
det henger sammen:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[thick,scale=.85]
\node[below right] at (1,.7){$\circ$};
\node[below right] at (2,1){$\circ$};
\node[below right] at (3,1.2){$\circ$};
\node[below right] at (4,1.3){$\circ$};
\node[below right] at (5,1.34){$\circ$};
\node[below right] at (6,1.37){$\circ$};
\node[below right] at (1.5,2){$\circ$};
\node[below right] at (2.5,1.9){$\circ$};
\node[below right] at (3.5,1.8){$\circ$};
\node[below right] at (4.5,1.7){$\circ$};
\node[below right] at (5.5,1.6){$\circ$};
\node[below right] at (6.5,1.5){$\circ$};
\draw[-] (0,1.3) -- (7,1.3) node[right]{$S$?};
%\draw[red] (0,.9) -- (7,.9) node[right]{$L-\epsilon$};
%\draw[red] (0,1.7) -- (7,1.7) node[right]{$L+\epsilon$};             
\draw[->] (0,0) -- (7,0) node[right]{$n$};          
\draw[->] (0,-.5) -- (0,2.3) node[above]{$S_n$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Figuren forteller omtrent hvordan beviset går. 
La $m<n$ og $m$ være odde. 
Da er 
\begin{align*}
|S_n-S_m|&=\sum_{k=m+1}^n (-1)^kx_k\\
&=x_{m+1}-(x_{m+2}-x_{m+3})-\cdots\leq x_{m+1}
\end{align*}
og siden 
\[
\lim_{n\to \infty}x_n=0
\]
danner partialsummene en cauchyfølge.
Lar du $n\to \infty$ får du feilestimatet. 

%Man får det til uten Cauchys konvergenskriterium og, 
%men argumentet blir litt mer komplisert.
%Partialsummene for odde $n$ danner en monotont 
%stigende og oppad begrenset følge, 
%mens partialsummene for jevne $n$ danner en 
%monotont synkende og nedad begrenset følge.
%Begge er følgelig konvergente, og siden 
%\[
%\lim_{n\to \infty}S_{2n}-S_{2n-1}=\lim_{n\to \infty}a_{2n}=0
%\]
%må de konvergere til samme grenseverdi. 
%Figuren forklarer også hvorfor $S_n$ må være mindre 
%i absoluttverdi enn det første leddet som er utelatt.

\begin{ex}
Rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots=\ln 2
\]
er konvergent. Vi skal senere se hvorfor det blir $\ln 2$. 
\end{ex}


\begin{tcolorbox}[title=Absolutt konvergens,colback=blue!10]
Vi sier at rekken $\sum z$ konvergerer \defterm{absolutt} dersom 
\[
\sum_{n=1}^\infty |z_n|
\]
konvergerer. En konvergent rekke som ikke konvergerer absolutt, 
sies å konvergere \defterm{betinget}.
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Rekken 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots
\]
er betinget konvergent,
siden 
\[
\sum_{n=1}^\infty \left|\frac{(-1)^{n+1}}{n}\right|=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots
\]
er divergent.
\end{ex}

Av ulikheten 
\[
\left|\sum_{k=m}^n z_k\right|\leq \sum_{k=m}^n\left| z_k\right|
\]
og Cauchys konvergenskriterium, 
kan vi slutte at 

\begin{tcolorbox}[title=Absolutt konvergens og konvergens,colback=red!10]
Dersom 
\[
\sum_{n=1}^\infty |z_n|
\]
konvergerer,
konvergerer også 
\[
\sum_{n=1}^\infty z_n.
\]
\end{tcolorbox}


\begin{ex}
Vi trenger altså ikke lure på om 
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}=1-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}-\frac{1}{16}+\cdots
\]
er konvergent. 
\end{ex}

Merk at sammenlikningstesten kan brukes til å sjekke absolutt konvergens 
både for reelle og komplekse rekker. 


\begin{ex}
Forholdstesten gir at 
\[
\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}
\]
er absolutt konvergent for alle $z$, siden 
\[
\rho=\lim_{n\to \infty}\frac{|z^{n+1}/(n+1)!|}{|z^n/n!|}=|x|\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0. \qedhere
\]
\end{ex}

Dersom du stokker om på rekkefølgen på leddene i en rekke, 
får du en annen rekke, 
la oss kalle det en omstokket rekke. 
Dersom en rekke er betinget konvergent, 
kan man ved omstokking få rekken til å konvergere til hva som helst. 
Dersom rekken er absolutt konvergent, 
konvergerer omstokkinger alltid til det samme. 
La $S_n$ og $T_n$ være partialsummene til en absolutt konvergent rekke $z$ og dens omstokking, 
og se på 
\[
\left|S_n-T_n\right|.
\]
Velg $\epsilon$,
og velg $N$ så stor at  $n>m>N$ impliserer
\[
\sum_{k=m}^n |z_k| \leq \epsilon.
\]
Men i differansen $S_n-T_n$ er det en haug med kanselleringer, 
så vi kan velge både $p$, $m$ og $n$ store nok til at 
\[
\left|S_p-T_p\right|\leq \sum_{k=m}^n |z_k| \leq \epsilon.
\]
slik at $S_n$ og $T_n$ konvergerer mot samme tall.

\begin{tcolorbox}[title=Om stokking,colback=red!10]
Dersom $\sum z$ konvergerer absolutt,
konvergerer alle reorganiseringer til samme verdi.
\end{tcolorbox}







\kapittelslutt

