विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 1 · Bachelor Year 1

16टेलर सूत्र और अनंतस्पर्शी प्रसार

किसी बिंदु के पास चिकना फलन बहुपद जितना ही अच्छा होता है — और उसकी त्रुटि नियंत्रित की जा सकती है। टेलर सूत्र इसे तीन स्वादों में यथार्थ कर देते हैं (समाकल शेषफल, लाग्रांज शेषफल, यंग शेषफल), और उनसे मिले अनंतस्पर्शी प्रसार, बीजगणितीय रूप से साधे जाने पर, प्रारंभिक विश्लेषण का सबसे तीक्ष्ण औज़ार बन जाते हैं: सीमाएँ, तुल्यताएँ, स्थानीय व्यवहार, अनंतस्पर्शी रेखाएँ।

16.1 तुलना का संकेतन

परिभाषा 16.1 (लांडाउ संकेतन)

मान लीजिए $f, g$ $x_0$ ( $x_0 \in \R$ या $\pm\infty$ ) के पास परिभाषित हैं। तब $x \to x_0$ होने पर लिखा जाता है:

$f = o(g)$ (“लघु- $o$ ”) तब जब $\varepsilon(x) \to 0$ के साथ $f = \varepsilon g$ ;
$f = O(g)$ (“बृहत्- $O$ ”) तब जब $u$ $x_0$ के पास परिबद्ध होते हुए $f = u g$ ;
$f \sim g$ (“तुल्य”) तब जब $\varepsilon \to 0$ के साथ $f = (1 + \varepsilon) g$ — समतुल्य रूप से $f - g = o(g)$ ।

यही संकेतन अनुक्रमों पर भी लागू होता है ( $n \to \infty$ )।

प्रतिज्ञप्ति 16.2 (नियम)

जब $x \to x_0$ :

$\sim$ एक तुल्यता संबंध है; $f \sim g$ से यह आता है कि $f$ और $g$ की सीमाएँ, ( $x_0$ के पास) चिह्न, और शून्यों की अनुपस्थिति एक ही हैं;
तुल्यताएँ गुणा और भाग होती हैं: $f_1 \sim g_1$ , $f_2 \sim g_2$ से $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ और $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ आते हैं;
तुल्यताएँ जुड़ती नहीं: $+\infty$ पर $x + 1 \sim x$ और $-x \sim -x + 2$ , फिर भी योग $1$ और $2$ तुल्य नहीं हैं। जोड़ने के लिए स्पष्ट $o(\cdot)$ पदों वाले प्रसारों पर लौटिए;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , और $f \sim g \iff f = g + o(g)$ ।

उपपत्ति. हर एक परिभाषाओं की छोटी-सी हेराफेरी है; उदाहरणार्थ $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ और $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ । (4) के दो अंश अपनी-अपनी पंक्ति के अधिकारी हैं। $u\cdot o(g) = o(ug)$ : यदि $\varepsilon \to 0$ के साथ $f = \varepsilon g$ , तो उसी $\varepsilon$ के साथ $uf = \varepsilon\,(ug)$ । $o(o(g)) = o(g)$ : यदि $f = \varepsilon_1 h$ और $h = \varepsilon_2 g$ , जहाँ दोनों $\varepsilon_i \to 0$ , तो $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ और दोनों अतिसूक्ष्म राशियों का गुणनफल भी एक है। तुल्यता $f \sim g \iff f = g + o(g)$ परिभाषा को दो बार पढ़ना ही है: $f - g = \varepsilon g$ । और (3) का प्रति-उदाहरण ही (3) की उपपत्ति है। ∎

उदाहरण 16.3 (तुलना का पैमाना)

जब $x \to +\infty$ , तब मानक पैमाना बढ़ती प्रबलता के क्रम में यह है:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

और हर पद प्रतिज्ञप्ति 4.6 की वृद्धि तुलनाओं का उदाहरण है (घातें लघुगणकों को हराती हैं, चरघातांकी घातों को, और एक ही कुल के भीतर घातांक निर्णय करता है)। दो आदतें बनाने योग्य हैं: पहली, किसी छोटे वर्ग में गिरता $O(\cdot)$ चुपचाप उन्नत हो जाता है ( $O(\ln x)$ $o(x^{0.01})$ भी है); दूसरी, $x \to 0^+$ पर प्रतिस्थापन $x \mapsto \frac1x$ के द्वारा पूरी सीढ़ी उलट जाती है — वहाँ $\ln x = o(x^{-0.01})$ , अतः “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” प्रत्येक $\alpha > 0$ के लिए सत्य है। इस पैमाने को सीधा रखना अध्याय 17 के हर अनंतस्पर्शी तर्क का आधा हिस्सा है।

उदाहरण 16.4 (प्रसारों की अद्वितीयता, और सम-विषमता का लाभांश)

यदि कोई फलन $0$ पर एक ही कोटि तक दो प्रसार स्वीकार करता है,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

तो प्रत्येक $k$ के लिए $a_k = b_k$ : घटाइए और $c_k = a_k - b_k$ रखिए, फिर सर्वसमिका $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ का मान $x \to 0$ पर लेकर $c_0 = 0$ पाइए; $x$ से भाग दीजिए और दोहराइए — हर भाग वैध है क्योंकि बचा हुआ व्यंजक फिर $o(x^{n-k})$ है। अतः गुणांक आंतरिक हैं, और उन्हें किसी भी रास्ते से संगणित किया जा सकता है (टेलर अवकलज, ज्ञात प्रसारों पर बीजगणित, समाकलन): सभी रास्तों को मेल खाना ही होगा। लाभांश: किसी सम फलन के प्रसार में केवल सम घातें होती हैं — $x$ के स्थान पर $-x$ रखिए और अद्वितीयता का आह्वान कीजिए; इसी प्रकार विषम फलनों में विषम घातें। इसीलिए नीचे की सारणी में $\cos$ $o(x^{2p})$ के बदले $o(x^{2p+1})$ ढोता है: अनुपस्थित विषम पद मुफ़्त की सूचना है, अर्थात् बिना कुछ दिए एक कोटि की अधिक यथार्थता।

16.2 तीनों टेलर सूत्र

प्रमेय 16.5 (समाकल शेषफल वाला टेलर)

मान लीजिए $f$ $a$ और $x$ को समेटने वाले किसी अंतराल पर $C^{n+1}$ वर्ग का है। तब

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

उपपत्ति. $n$ पर आगमन। $n = 0$ के लिए: $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ मूल प्रमेय (प्रमेय 15.9) है। पद: शेषफल का खंडशः समाकलन कीजिए,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

जहाँ कोष्ठक पद $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ का योगदान करता है। ∎

उदाहरण 16.6 (अपने शेषफल सहित एक यथार्थ प्रसार)

$\ln(1 + x)$ के लिए समाकल शेषफल को बिना कुछ $n$ बार अवकलित किए पूरी तरह स्पष्ट किया जा सकता है: परिमित गुणोत्तर सर्वसमिका $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ का $0$ से $x$ तक समाकलन कीजिए:

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

और $0 \leq x \leq 1$ के लिए शेषफल $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ से परिबद्ध है। यह टेलर–यंग से दो प्रकार से प्रबल है: यह किसी नियत $x$ के लिए वैध सर्वसमिका है (केवल $x \to 0$ के लिए नहीं), और त्रुटि का परिबंध संख्यात्मक है। सप्ताहांत समस्या (समस्या 16.1) ऐसे ही यथार्थ रूपों पर जीती है; नीचे का टेलर–यंग सीमाओं के लिए हल्का औज़ार है, जहाँ केवल त्रुटि का आकार महत्त्व रखता है।

प्रमेय 16.7 (टेलर–लाग्रांज असमिका)

मान लीजिए $f$ $C^{n+1}$ है और $a$ तथा $x$ के बीच $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ । तब

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

उपपत्ति. समाकल शेषफल को परिबद्ध कीजिए: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ । ∎

उदाहरण 16.8 (प्रमाणित संख्याएँ)

$\sqrt{1.02}$ क्या है? $a = 0$ पर $f(t) = \sqrt{1 + t}$ पर, कोटि $2$ , $x = 0.02$ के साथ टेलर–लाग्रांज लगाइए:

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

अतः त्रुटि अधिक से अधिक $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ है: $\sqrt{1.02} = 1.00995$ , छह प्रमाणित दशमलव के साथ (सच्चा मान $1.0099504938\dots$ — परिबंध लगभग तीक्ष्ण है)। समापन का सार: टेलर–यंग केवल यह कहता है कि त्रुटि कितनी तेज़ी से लुप्त होती है; टेलर–लाग्रांज उसी बहुपद को प्रमाणपत्र में बदल देता है — एक संख्या और एक सिद्ध त्रुटि-दंड। इस पुस्तक में जब भी कोई दशमलव दावा किया गया है, उसके पीछे लाग्रांज प्रकार का कोई परिबंध खड़ा है; और सप्ताहांत समस्या (समस्या 16.1) इसी विचार का औद्योगीकरण करती है।

प्रमेय 16.9 (टेलर–यंग)

मान लीजिए $f$ $a$ पर $n$ बार अवकलनीय है। तब $x \to a$ होने पर:

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

उपपत्ति. $n$ पर आगमन। $n = 1$ के लिए यह अवकलज की परिभाषा है (परिभाषा 14.1)। कथन को कोटि $n - 1$ पर मान लीजिए, और मान लीजिए $f$ $a$ पर $n$ बार अवकलनीय है। आगमन परिकल्पना $f'$ पर लगाइए (जो $a$ पर $n-1$ बार अवकलनीय है):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

$g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ रखिए; तब $g' = r$ और $g(a) = 0$ । $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो ऐसा $\delta$ चुनिए कि $\abs{t-a} \leq \delta$ के लिए $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ ; और $a$ से $x$ तक के खंड पर (जहाँ $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) माध्य मान असमिका (प्रमेय 14.9) $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ देती है: अर्थात् ठीक $g(x) = o((x-a)^n)$ । ∎

टिप्पणी 16.10 (तीन सूत्र, तीन क़ीमतें, तीन उत्पाद)

परिकल्पनाएँ ठीक निष्कर्षों के अनुपात में हैं। टेलर–यंग सबसे कम माँगता है (केवल उसी बिंदु पर $n$ अवकलज) और सबसे कम देता है: एक गुणात्मक $o((x-a)^n)$ , जो सीमाओं के लिए उत्तम और प्रमाणित अंकों के लिए निरर्थक है। लाग्रांज असमिका अंतराल पर $C^{n+1}$ और वहाँ परिबंध $M$ माँगती है, और बदले में संख्यात्मक त्रुटि-दंड देती है। समाकल रूप वही नियमितता माँगकर सबसे अधिक देता है: त्रुटि एक स्पष्ट वस्तु के रूप में, जिसे रूपांतरित किया जा सकता है (खंडशः समाकलन, टुकड़ों में परिबद्धन, चर-परिवर्तन) — और यही रूप समस्या 15.1 की अपरिमेयता-मशीन को शक्ति देता है। लक्ष्य को सँभालने वाला सबसे दुर्बल सूत्र चुनना पांडित्य नहीं है: समस्या 16.1 का चपटा फलन हर कोटि पर टेलर–यंग संतुष्ट करता है, जबकि उसके विषय में हर प्रबलतर निष्कर्ष $0$ से दूर असत्य है।

प्रतिज्ञप्ति 16.11 ( $0$ पर मानक प्रसार)

जब $x \to 0$ , तब प्रत्येक नियत कोटि $n$ के लिए:

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

जहाँ वास्तविक $\alpha$ के लिए $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ । ( $\cosh$ और $\sinh$ : $\cos$ जैसे ही, पर $\sin$ में एकांतरित चिह्न नहीं।)

उपपत्ति. प्रत्येक फलन $0$ के पास चिकना है और उसके अवकलज आसानी से निकलते हैं: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; $\sin$ और $\cos$ के अवकलज आवर्तकाल $4$ के साथ चक्कर लगाते हैं; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ । $a = 0$ पर टेलर–यंग लगाइए। (गुणोत्तर वाला यथार्थ है: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ ।) ∎

विधि 16.12 (प्रसारों के साथ संगणना)

पहले लक्ष्य कोटि $n$ नियत कीजिए, और हर मध्यवर्ती परिणाम को वहीं काटिए — ऊपर के पद ढोना व्यर्थ श्रम है, और नीचे के छोड़ देना भूल।
योग, गुणनफल: प्रत्येक गुणक को कोटि $n$ तक प्रसारित कीजिए और गुणा कीजिए, $x^n$ से आगे छोड़ते हुए।
संयोजन $f(u(x))$ , जहाँ $u(x) \to 0$ : $u$ के प्रसार को $f$ के प्रसार में कोटि-दर-कोटि प्रतिस्थापित कीजिए।
भागफल: $v \to 0$ के साथ $\frac{1}{1 + v}$ लिखिए और गुणोत्तर प्रसार का प्रयोग कीजिए।
प्रसार का पद-दर-पद समाकलन कीजिए (अवकलन के लिए अधिक सावधानी चाहिए; न्यायसंगति: $0$ से $x$ तक $o(t^n)$ का समाकल $o(x^{n+1})$ है, जो सीधे परिबद्धन से मिलता है)।

उदाहरण 16.13 (संयोजन, पूरे लेखा-जोखा के साथ)

$\eu^{\sin x}$ को कोटि $3$ तक प्रसारित कीजिए। भीतरी प्रसार: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , जो सचमुच $0$ की ओर जाता है। बाहरी: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , और $o(u^3) = o(x^3)$ , क्योंकि $u \sim x$ । $u$ की घातें, $x^3$ पर काटी हुई:

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(आड़ा पद $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ पहले से ही $x^4$ है)। जोड़िए:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

जहाँ दोनों $x^3$ योगदान ठीक-ठीक कट जाते हैं। समापन का सार: $\eu^{\sin x}$ और $\eu^x$ कोटि $3$ तक मेल खाते हैं — इसलिए नहीं कि स्थूल रूप से $\sin x \approx x$ , बल्कि इसलिए कि घातांकों की पहली असहमति ( $-\frac{x^3}{6}$ ) $\eu^0 = 1$ से गुणित होकर आती है और फिर बाहरी चरघातांकी के त्रिघात पद से मिल जाती है; कोटि-दर-कोटि लेखा-जोखा ऐसी साजिशें पकड़ लेता है, आँख से देखना कभी नहीं। (अगला पद $-\frac{x^4}{8}$ है: संधि कोटि $4$ पर टूट जाती है।)

उदाहरण 16.14

कोटि $5$ पर $\tan$ का प्रसार। $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ लिखिए:

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

फिर

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

ज्या (गहरा) अपने 0 पर के टेलर बहुपदों के सामने: T_1 = x, T_3 = x - x3/6 (बिंदुकित), T_5 = x - x3/6 + x5/120 (बिंदु-रेखीय)। हर नया पद-युग्म वक्र को स्पष्टतः चौड़ी खिड़की पर जकड़ लेता है, पर हर बहुपद अंततः फट कर अलग हो जाता है: टेलर प्रसार एक स्थानीय अनुबंध है, जो 0 पर तीक्ष्ण है और दूर मौन। टेलर–लाग्रांज परिबंध |x|n+1(n+1)! उस खिड़की का परिमाणन करता है; और का चपटा फलन दिखाता है कि यह अनुबंध उस बिंदु के आगे रिक्त भी हो सकता है। — ज्या (गहरा) अपने $0$ पर के टेलर बहुपदों के सामने: $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (बिंदुकित), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (बिंदु-रेखीय)। हर नया पद-युग्म वक्र को स्पष्टतः चौड़ी खिड़की पर जकड़ लेता है, पर हर बहुपद अंततः फट कर अलग हो जाता है: टेलर प्रसार एक *स्थानीय* अनुबंध है, जो $0$ पर तीक्ष्ण है और दूर मौन। टेलर–लाग्रांज परिबंध $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ उस खिड़की का परिमाणन करता है; और समस्या 16.1 का चपटा फलन दिखाता है कि यह अनुबंध उस बिंदु के आगे रिक्त भी हो सकता है।

16.3 अनुप्रयोग

उदाहरण 16.15 (सीमाएँ)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{अतः सीमा है } \frac16

— जिससे अभ्यास 4.9 में उठाया गया प्रश्न सुलझ जाता है। इसी प्रकार $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : लघुगणक है

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{सीमा } \eu^{-1/6}.

टिप्पणी 16.16 (प्रसारों की सामान्य भूलें)

(क) तुल्यताओं को कभी मत जोड़िए या घटाइए: $\tan x \sim x$ और $\sin x \sim x$ से $\tan x - \sin x \sim 0$ (जो निरर्थक है) नहीं निकाला जा सकता — ईमानदार रास्ता प्रसार हैं:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ख) नरसंहार के आगे तक प्रसारित कीजिए: उसी संगणना में कोटि $1$ को केवल $x - x = 0$ दिखाई देता है; जब भी अग्र पद कट जाएँ, तब तक कोटि बढ़ाइए जब तक कोई अशून्य गुणांक बच न जाए, और तभी तुल्यता में लौटिए। (ग) तुल्यताएँ चरघातांकी से होकर नहीं जातीं: $n^2 + n \sim n^2$ , फिर भी $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ $\eu^{n^2}$ के तुल्य नहीं है — चरघातांकी केवल घातांक के उन प्रसारों पर लगाइए जिनकी त्रुटि $0$ की ओर जाती हो, घातांक की तुल्यताओं पर कभी नहीं। (लघुगणक अधिक सुरक्षित हैं: यदि $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , $\ell > 0$ , तो $\ln u_n \sim \ln v_n$ ।) (घ) $o(\cdot)$ का कलन एकदिशीय है: $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — पर $o(x^2)$ कोई विशिष्ट फलन नहीं है, अतः दो ऐसे पदों को कभी आपस में मत काटिए: $o(x^2) - o(x^2)$ $o(x^2)$ है, $0$ नहीं।

प्रतिज्ञप्ति 16.17 (स्थानीय व्यवहार)

मान लीजिए $c \neq 0$ के साथ $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ (अचर के बाद पहला अशून्य पद; किसी क्रांतिक बिंदु पर $p \geq 2$ )।

यदि $p$ सम है: $c > 0$ होने पर $f$ का $a$ पर स्थानीय न्यूनतम है, और $c < 0$ होने पर स्थानीय अधिकतम।
यदि $p$ विषम है: कोई चरम नहीं ( $f - f(a)$ चिह्न बदलता है); और यदि इसके अतिरिक्त प्रसार किसी रैखिक पद $f'(a)(x - a)$ के बाद आरंभ हो, तो आलेख अपनी स्पर्श रेखा को काट देता है: अर्थात् नति-परिवर्तन।

उपपत्ति. $a$ के पास $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ का चिह्न $c\,(x-a)^p$ का चिह्न होता है: $p$ सम होने पर अचर चिह्न, और $p$ विषम होने पर बदलता हुआ। ∎

उदाहरण 16.18 (घातांकों को $o(1)$ तक प्रसारित करना पड़ता है)

$u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ की तुल्यता खोजिए। घातांक को तब तक प्रसारित कीजिए जब तक उसकी त्रुटि $0$ की ओर न जाने लगे:

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

अतः $\eu^{O(1/n)} \to 1$ के साथ $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

ध्यान दीजिए कि कम सावधानी से क्या ग़लत हो जाता: घातांक को $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ पर रोक देने से $\eu^{O(1)}$ गुणक बच जाता है — जो परिबद्ध तो है पर $1$ की ओर नहीं जाता — और तब कोई तुल्यता नहीं कही जा सकती। ऊपर की भूलों वाला नियम, धनात्मक रूप में: $\eu^{a_n}$ की तुल्यता के लिए $a_n$ का प्रसार शून्य की ओर जाते किसी पद तक चाहिए, और उससे पहले का हर गुणांक यथार्थ रखना पड़ता है।

उदाहरण 16.19 (किसी चपटे क्रांतिक बिंदु का वर्गीकरण)

$0$ के पास $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ का अध्ययन कीजिए। $f'(0) = 0$ और $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ दोनों: द्वितीय-अवकलज परीक्षण मौन है। इसके बदले प्रसार कीजिए:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

पहला अशून्य पद $c\,x^p$ , जहाँ $p = 4$ सम है और $c = \frac{1}{24} > 0$ : अतः स्थानीय न्यूनतम, और वह भी असाधारण चपटेपन का (आलेख अपने न्यूनतम मान को $x^2$ की तरह नहीं, $x^4$ की तरह छोड़ता है)। समापन का सार: प्रसार एक ही पंक्ति में वह देख लेता है जिसे दोहराया हुआ अवकलन धुँधला कर देता है — और प्रतिज्ञप्ति 16.17 “पहला बचा हुआ पद” से “स्थानीय आकार” तक का व्यवस्थित शब्दकोश है।

उदाहरण 16.20 (अनंत पर प्रसार)

दो संगणनाएँ जहाँ चर $+\infty$ की ओर भागता है और प्रतिस्थापन $h = \frac1x \to 0^+$ पूरा औज़ार-संदूक आयात कर देता है। पहली,

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

दूसरी, अनंत पर प्रतिलोम स्पर्शज्या: $x > 0$ के लिए $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ (प्रतिज्ञप्ति 4.12) से और $0$ पर $\arctan$ के प्रसार (अभ्यास 16.3) से,

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

अर्थात् आलेख अपनी अनंतस्पर्शी रेखा $y = \frac\pi2$ के पास नीचे से, चाल $\frac1x$ से, आता है। समापन का सार: अनंत पर प्रसारों का कोई अलग सिद्धांत है ही नहीं — एक व्युत्क्रम प्रतिस्थापन उन्हें $0$ पर के प्रसारों पर ले आता है, बशर्ते हर मध्यवर्ती $O$ और $o$ ईमानदारी से साथ ले जाया जाए।

उदाहरण 16.21 (प्रसार से अनंतस्पर्शी रेखा)

जब $x \to +\infty$ ,

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

अतः रेखा $y = x + \frac12$ अनंतस्पर्शी है, और वक्र उसके पास नीचे से आता है (अगला पद $-\frac{1}{8x}$ ऋणात्मक है)।

टिप्पणी 16.22 (प्रसार आगे कहाँ काम करते हैं)

अनंतस्पर्शी प्रसार शेष पुस्तक की स्थायी भाषा हैं: अध्याय 17 में वे अभिसरण तय करते हैं (तुल्यताएँ तुलना-कसौटियों को पोषित करती हैं, और $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ का अध्ययन वेश बदला प्रसार है); स्नातक वर्ष 2 के खंड में वे घात श्रेणी बन जाते हैं, जहाँ टेलर बहुपद अनंत पद और एक अभिसरण-त्रिज्या पा लेता है; और भौतिकी का हर रैखिकीकरण — लोलक, प्रथम कोटि का विक्षोभ — $o(\cdot)$ को चुपचाप गिरा देने वाला टेलर–यंग कथन है। उकेरने योग्य एकमात्र चेतावनी: प्रसार किसी फलन का वर्णन केवल एक बिंदु के पास करता है — सप्ताहांत समस्या का चपटा फलन देखिए, जिसका $0$ पर प्रसार तत्समक रूप से शून्य है, यद्यपि फलन वैसा नहीं।

टिप्पणी 16.23 (इस खंड के भीतर आगे की दृष्टि)

प्रसार शेष विश्लेषण की और आने वाली ज्यामिति की काम की भाषा हैं। अध्याय 17 उन्हें अभिसरण के निर्णयों में बदल देता है: व्यापक पद की तुल्यता अपने पहले पद पर काटा हुआ प्रसार ही है, और सूक्ष्मतर कसौटियाँ (त्रुटि-नियंत्रण सहित एकांतरित) दूसरा पद भी खा जाती हैं। अध्याय 24 दोनों निर्देशांक फलनों के प्रसारों से स्थानीय ज्यामिति पढ़ता है: कोई प्राचलित वक्र किसी बिंदु पर कटता है, चूमता है या उभयाग्र बनाता है, यह इससे तय होता है कि $x(t)$ और $y(t)$ में $t$ की कौन-सी घातें बच रहती हैं — अर्थात् प्रतिज्ञप्ति 16.17 का समतलीय रूप। और अध्याय 25 जान-बूझकर कोटि एक पर रुक जाता है: स्पर्श तल दो चरों का टेलर–यंग कथन है, और पूरा द्वितीय-कोटि सिद्धांत (हेस्सी आव्यूह, काठी बिंदु) स्नातक वर्ष 2 के खंड के लिए स्थगित है। साझा धागा: इस पुस्तक के हर “स्थानीय” प्रश्न का उत्तर किसी प्रसार का पहला बचा हुआ पद लिख देने से मिलता है।

16.4 अभ्यास

अभ्यास 16.1 ★

$0$ पर प्रसार दीजिए: $\eu^{2x}$ कोटि $3$ तक; $\;\ln(1 - x)$ कोटि $4$ तक; $\;\sqrt{1 + x}$ कोटि $3$ तक; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ कोटि $6$ तक।

हल

हल — अभ्यास 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

अंतिम वाला गुणोत्तर प्रसार में $-x^2$ प्रतिस्थापित करके।

अभ्यास 16.2 ★

सीमाएँ संगणित कीजिए:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

हल

हल — अभ्यास 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : सीमा $\dfrac12$ ।

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ और $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : अंतर $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : सीमा $\dfrac16$ ।

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : सीमा $-\dfrac12$ ।

अभ्यास 16.3 ★

$\frac{1}{1 + x^2}$ के प्रसार का समाकलन करके $0$ पर $\arctan x$ का कोटि $5$ तक प्रसार कीजिए, और $(1 - x^2)^{-1/2}$ के प्रसार का समाकलन करके $\arcsin x$ का कोटि $5$ तक।

हल

हल — अभ्यास 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; $0$ से $x$ तक समाकलन (विधि 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{सम}o(x^6)\text{, विषमता से}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ ( $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ के साथ द्विपद प्रसार: $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ); समाकलन करने पर:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

अभ्यास 16.4 ★

$\intcc{0}{1}$ पर $\exp$ के लिए टेलर–लाग्रांज का प्रयोग करके सिद्ध कीजिए कि

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

और ऐसा $n$ निर्धारित कीजिए जो $\eu$ के $6$ यथार्थ दशमलव की गारंटी दे।

हल

हल — अभ्यास 16.4.

$a = 0$ पर $\exp$ के लिए टेलर–लाग्रांज (प्रमेय 16.7), $x = 1$ : $\intcc{0}{1}$ पर $(n+1)$ -वाँ अवकलज $\eu^t \leq \eu < 3$ है, अतः

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

$6$ यथार्थ दशमलव के लिए $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ चाहिए, अर्थात् $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : चूँकि $10! = 3\,628\,800$ और $11! = 39\,916\,800$ , $n + 1 = 11$ , अर्थात् $n = 10$ पर्याप्त है।

अभ्यास 16.5 ★★

$\frac1n$ में कोटि $2$ तक प्रसार कीजिए और उससे सीमा तथा अभिसरण की गति निकालिए:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

हल

हल — अभ्यास 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ । चरघातांकी लेने पर, $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ और $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ के साथ:

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

सीमा $\eu$ ; और त्रुटि $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ है: धीमी (हर दस गुना $n$ पर एक अंक)।

अभ्यास 16.6 ★★

$0$ पर $f(x) = x^2 - x^4$ के और $g(x) = x^3 + x^5$ के स्थानीय व्यवहार का अध्ययन कीजिए; और $a = 1$ पर $h(x) = \eu^x$ के आलेख की उसकी स्पर्श रेखा के सापेक्ष स्थिति पहले स्थानीय रूप से, फिर समग्र रूप से खोजिए।

हल

हल — अभ्यास 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : पहला पद $x^2$ , $p = 2$ सम, गुणांक $> 0$ : अतः $0$ पर स्थानीय न्यूनतम (समग्र नहीं: $f(2) = -12$ )।

$g(x) = x^3 + x^5$ : पहला पद $x^3$ , विषम $p$ : कोई चरम नहीं; $g$ अपनी (क्षैतिज) स्पर्श रेखा काट देता है: $0$ पर नति-परिवर्तन।

$a = 1$ पर $h = \exp$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; स्पर्श रेखा से अंतर स्थानीय रूप से $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ है। समग्र रूप से: उत्तलता (प्रमेय 14.19 (3)) से सभी $x$ के लिए $\eu^x - \eu x \geq 0$ : आलेख हर स्पर्श रेखा के ऊपर है, और समता केवल संपर्क बिंदु पर।

अभ्यास 16.7 ★★

$f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ की $\pm\infty$ पर अनंतस्पर्शी रेखाएँ और उनके सापेक्ष वक्र की स्थिति निर्धारित कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 16.7.

$x \to +\infty$ के लिए:

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

अनंतस्पर्शी रेखा $y = x + \frac13$ , और $+\infty$ के पास वक्र उसके नीचे। जब $x \to -\infty$ , तब वही संगणना वैध है (घनमूल सभी वास्तविक संख्याओं के लिए परिभाषित है, और $\frac1x \to 0$ ): वही अनंतस्पर्शी रेखा $y = x + \frac13$ , पर अब $-\frac{1}{9x} > 0$ : अर्थात् वक्र रेखा के ऊपर।

अभ्यास 16.8 ★★

जब $n \to \infty$ , तब इनकी तुल्यता खोजिए

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

और हर एक को $n$ की किसी घात गुना किसी अचर के रूप में लिखिए।

हल

हल — अभ्यास 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : $h = \frac1n \to 0$ , $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ के साथ, अतः $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ ।

अभ्यास 16.9 ★★★

मान लीजिए $f$ $\R$ पर $C^2$ है। सिद्ध कीजिए कि प्रत्येक $x$ और $h > 0$ के लिए:

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

और उससे लांडाउ–कोल्मोगोरोव प्रकार की असमिका निकालिए: यदि $\R$ पर $\abs f \leq M_0$ और $\abs{f''} \leq M_2$ , तो सर्वत्र $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ । ( $h$ पर इष्टतमीकरण कीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 16.9.

$x$ के इर्द-गिर्द कोटि $1$ पर, दोनों ओर, टेलर–लाग्रांज:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

घटाने पर: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , अतः

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

समग्र परिबंधों के साथ: प्रत्येक $h > 0$ के लिए $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ । दायाँ पक्ष $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ पर न्यूनतम होता है (अवकलज शून्य), जिसका मान $\sqrt{2M_0M_2}$ है — अतः $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ । (यदि $M_2 = 0$ , तो $h \to \infty$ लीजिए: $f' = 0$ , जो संगत है।)

अभ्यास 16.10 ★★★

अनुक्रम $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ घटकर $0$ तक जाता है (संक्षेप में न्यायसंगत ठहराइए)। उसकी गति खोजने के लिए $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ पर विचार कीजिए:

$\sin$ के प्रसार का प्रयोग करके सिद्ध कीजिए $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
चेज़ारो (अभ्यास 11.10) के साथ $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ निकालिए, फिर तुल्यता $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ ।

हल

हल — अभ्यास 16.10.

$\intoo{0}{\pi}$ पर: $0 < \sin u < u$ , अतः $(u_n)$ कठोरतः ह्रासमान और धनात्मक है, इसलिए अभिसारी; उसकी सीमा $\intcc{0}{\pi}$ में $\sin$ का अचल बिंदु है, और $\sin \ell = \ell$ $\ell = 0$ पर बाध्य कर देता है (क्योंकि $x > 0$ के लिए $\sin x < x$ )।

$u \to 0$ होने पर $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ का प्रयोग करते हुए:

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
अभ्यास 11.10 (3) (अंतरों के लिए चेज़ारो) से $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , अर्थात् $v_n \sim \frac n3$ , अर्थात् $u_n^2 \sim \frac 3n$ : और चूँकि $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

अभ्यास 16.11 ★★

(अनंतताओं के अंतर) संगणना कीजिए

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{और}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

इसके लिए उभयनिष्ठ हर पर लाइए और अंश तथा हर को अलग-अलग प्रसारित कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 16.11.

उभयनिष्ठ हर। पहली सीमा:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

अतः अंश $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ है जबकि हर $\sim x^4$ : इसलिए सीमा $-\dfrac13$ है।

दूसरी: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; अंश $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ है और हर $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : अतः सीमा $-\dfrac12$ है।

अभ्यास 16.12 ★★★

(अंतर्निहित मूलों का अनंतस्पर्शी) दिखाइए कि प्रत्येक $k \in \N^*$ के लिए समीकरण $\tan x = x$ का $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ में ठीक एक हल $x_k$ है, कि $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ के साथ $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ , और उससे प्रसार निकालिए

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

हल

हल — अभ्यास 16.12.

$I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ पर फलन $g(x) = \tan x - x$ का अवकलज $\tan^2 x \geq 0$ है, जो केवल एक ही बिंदु $k\pi$ पर लुप्त होता है: अतः $g$ $I_k$ पर कठोरतः वर्धमान है (उपप्रमेय 14.12 (2)), और सिरों पर उसकी सीमाएँ $-\infty$ तथा $+\infty$ हैं: इसलिए ठीक एक शून्य $x_k$ । $k \geq 1$ के लिए $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , अतः $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ के साथ $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ लिखिए। तब

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

जहाँ $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ और $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ प्रयुक्त हुए। चूँकि $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ , और

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

जिससे $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ ।

16.5 समस्या: एकांतरित योग, प्रमाणित अंक, और $\cos 1$ की अपरिमेयता

समस्या 16.1

सप्ताहांत समस्या — एकांतरित आकलन $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : सिद्ध दशमलवों के साथ $\ln 2$ और $\pi$ , मैकिन का सूत्र, और $\cos 1 \notin \Q$

घटते पदों वाला एकांतरित योग संख्यात्मक विश्लेषण की सबसे मैत्रीपूर्ण वस्तु है: उसकी त्रुटि पहले छोड़े गए पद से परिबद्ध है, और वह भी ज्ञात चिह्न के साथ। यह समस्या उस सिद्धांत को संलग्न-अनुक्रम प्रमेय से सिद्ध करती है, फिर उसे तीन तरीक़ों से ख़र्च करती है: $\ln 2$ के लिए प्रमाणित दशमलव (तीन प्रतिस्पर्धी रास्ते) और $\pi$ के लिए (लाइब्निज़, फिर मैकिन का 1706 का सूत्र, जो सदियों तक कीर्तिमान संगणनाओं के पीछे का विचार बना रहा), $\cos 1$ , $\sin 1$ और $\cosh 1$ की अपरिमेयता, और प्रतिभार के रूप में टेलर–लाग्रांज समता तथा वह चपटा फलन जिसका टेलर प्रसार झूठ बोलता है। आगे सर्वत्र “श्रेणी” की भाषा अनौपचारिक है: यहाँ हर योग आंशिक योगों का अनुक्रम है, जैसा उदाहरण 11.12 में है; सिद्धांत स्वयं अध्याय 17 में खुलता है।

भाग I — एकांतरित आकलन। मान लीजिए $(a_k)_{k \geq 0}$ घटकर $0$ तक जाता है और $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ ।

दिखाइए कि $(S_{2n+1})$ अह्रासमान है, $(S_{2n})$ अवर्धमान, और वे संलग्न हैं (प्रमेय 11.11): दोनों एक उभयनिष्ठ $S$ की ओर अभिसरित होते हैं, जहाँ प्रत्येक $n$ के लिए

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

और त्रुटि का चिह्न पहले छोड़े गए पद का चिह्न है। इसके अतिरिक्त दिखाइए कि यदि कमी कठोर हो, तो ये सभी असमिकाएँ कठोर हैं।
पहला लाभांश: चरघातांकी श्रेणी में $x = 1$ के लिए $a = 0$ पर प्रमेय 16.7 से तुलना कीजिए: दिखाइए कि $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ $\eu^{-1}$ की ओर अभिसरित होता है, जहाँ $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ ।
(लाइब्निज़, 1674) यथार्थ परिमित सर्वसमिका

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

का $\intcc{0}{1}$ पर समाकलन करके सिद्ध कीजिए

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
धीमापन: $\pi$ के छह यथार्थ दशमलव की गारंटी के लिए लाइब्निज़ के कितने पद चाहिए? (लगभग बीस लाख।) पीड़ा महसूस करने के लिए $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ और $\pi$ से उसकी दूरी का मान निकालिए।

भाग II — $\ln 2$ तीन तरीक़ों से।

(तरीक़ा 1: एकांतरित हरात्मक) $\intcc{0}{1}$ पर समाकलित $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ से:

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

त्रुटि का यथार्थ क्रम $\frac 1n$ है — अर्थात् छह दशमलव के लिए दस लाख पद।
(तरीक़ा 2: तेज़ श्रेणी) $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ का $0$ से $x \in \intoo{0}{1}$ तक समाकलन कीजिए और $x = \frac13$ पर मान लीजिए (ध्यान दीजिए $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

अर्थात् गुणोत्तर अभिसरण, लगभग एक अंक प्रति पद।
(तरीक़ा 3: रीमान योग और एक छिपी सर्वसमिका) आगमन से सर्वसमिका सिद्ध कीजिए

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

और उदाहरण 15.21 की रीमान-योग सीमा के रूप में $\ln 2$ वापस पाइए: तरीक़ा 1 और 3 गुप्त रूप से वही संख्या दो बार देखे जाने पर हैं।
छह पदों पर मुक़ाबला: $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ की तुलना $n = 5$ पर तरीक़ा 2 से कीजिए, जो पहले ही $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ त्रुटि के साथ $\ln 2 = 0.693147$ दे देता है। संरचनात्मक कारण समझाइए (अभिसरण-अंतराल के भीतर गहरा मूल्यांकन-बिंदु बनाम उसकी सीमा पर)।
$\ln 2$ के दस दशमलव प्रमाणित करने के लिए तरीक़ा 2 के कितने पद चाहिए? दिखाइए कि $n = 10$ पर्याप्त है।

भाग III — मैकिन का सूत्र।

$(5 + \iu)^4$ संगणित कीजिए और सम्मिश्र सर्वसमिका सत्यापित कीजिए

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

कोणांक लेकर (अध्याय 3 परिपाटियाँ) मैकिन का सूत्र निकालिए

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(जाँचिए कि कोई कोणांक $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ से बाहर नहीं जाता।)
प्रश्न 3 की भाँति $0 < x < 1$ के लिए स्थापित कीजिए:

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
छह पदों से $\pi$ को सात दशमलव तक प्रमाणित कीजिए: की कुल त्रुटि को

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

$16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ से परिबद्ध कीजिए, और परिणामी मान $3.1415926\dots$ दीजिए।
अब उपलब्ध $\pi$ के तीनों रास्तों की तुलना कीजिए — लाइब्निज़ (प्रश्न 4), समस्या 15.1 के डाल्ज़ेल समाकल (त्रुटि $4^{1-5m}$ ), मैकिन (त्रुटि $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — प्रति पद अंकों में, और समझाइए कि मूल्यांकन-बिंदु को छोटा करना सबसे अच्छा क्यों है।

भाग IV — पूर्णांक-जाल, एकांतरित संस्करण।

मान लीजिए $\cos 1 = \frac pq$ । $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ के कठोर एकांतरित घेराव (प्रश्न 1) को $2n \geq q$ वाले $(2n)!$ से गुणा कीजिए, और विरोधाभास निकालिए: $\cos 1$ अपरिमेय है।
$\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ के लिए ढालिए ( $(2n+1)!$ से गुणा कीजिए): $\sin 1 \notin \Q$ । दोनों अपरिमेय, फिर भी $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : अर्थात् अपरिमेयता बीजगणित के अंतर्गत स्थायी नहीं है।
अनेकांतरित चचेरा भाई: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (आंशिक-योग के अर्थ में, दुतरफ़ा पूँछ-परिबंध $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ के साथ, जिसे सिद्ध करना है)। उसी जाल से $\cosh 1 \notin \Q$ निष्कर्ष निकालिए।
प्रत्येक पूर्णांक $m \geq 1$ के लिए $\cos\frac 1m$ तक बढ़ाइए: $m^{2n}(2n)!$ से गुणा कीजिए और $\cos\frac1m \notin \Q$ निष्कर्ष निकालिए। व्यापक $b > 1$ के साथ $\cos\frac ab$ के लिए वही प्रयास कहाँ टूट जाता है? (वह हर पहचानिए जो अब नहीं कटता।)

भाग V — तीक्ष्णतर और गहरा: समता-रूप, और वह फलन जो टेलर को धोखा देता है।

(टेलर–लाग्रांज, समता-रूप) मान लीजिए $f$ $a$ और $x$ के बीच $n + 1$ बार अवकलनीय है। $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ परिभाषित कीजिए, जहाँ अचर $A$ ऐसा चुना गया हो कि $g(a) = 0$ । $g'$ संगणित कीजिए (योग दूरबीनी हो जाता है), $\intcc{a}{x}$ पर रोल लगाइए, और निष्कर्ष निकालिए कि $a$ तथा $x$ के बीच कठोरतः स्थित ऐसा $c$ विद्यमान है कि

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
समता का लाभांश: $x > 0$ के लिए दिखाइए

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(और वह भी प्रत्येक $n$ के लिए कठोरतः), और बताइए कि $n$ की सम-विषमता के अनुसार $x < 0$ के लिए असमिका कहाँ उलट जाती है।
कोटि $3$ पर $\sin(0.5)$ पर शेषफलों का मानदंड लीजिए: यंग केवल $o(x^3)$ देता है (कोई संख्या नहीं); लाग्रांज $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ देता है; और एकांतरित आकलन वही परिबंध और साथ में चिह्न की सूचना $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ देता है। सच्ची त्रुटि $2.59\cdot10^{-4}$ से तुलना कीजिए: परिबंध लगभग प्राप्त हो जाता है। आप कौन-सा औज़ार, और कब, उठाएँगे?
(चपटा फलन) $x \neq 0$ के लिए $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ , और $f(0) = 0$ रखिए। दिखाइए कि $f$ $0$ पर संतत है, कि $f'(0) = 0$ , और अधिक व्यापक रूप से — यह सिद्ध करके कि प्रत्येक अवकलज किसी बहुपद $P_k$ के लिए $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ रूप का है (आगमन) — कि सभी $k$ के लिए $f^{(k)}(0) = 0$ (वृद्धि तुलना प्रतिज्ञप्ति 4.6)। निष्कर्ष: $0$ पर $f$ के सभी टेलर बहुपद लुप्त हो जाते हैं, फिर भी $x \neq 0$ के लिए $f(x) > 0$ : अर्थात् टेलर–यंग हर कोटि पर सत्य है और $0$ से दूर $f$ के विषय में कुछ नहीं कहता। प्रसार अंकुरों का वर्णन करते हैं, फलनों का नहीं।

भाग VI — संश्लेषण।

जाल को एक बार और, $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ पर चलाइए: कठोर एकांतरित घेराव को $n!$ से गुणा कीजिए और $\eu^{-1} \notin \Q$ , अतः $\eu \notin \Q$ निष्कर्ष निकालिए — इस खंड में इस तथ्य की तीसरी उपपत्ति। तीनों गिनाइए (संलग्न अनुक्रम, अभ्यास 11.9; समाकल, समस्या 15.1; एकांतरित योग, यहाँ) और हर एक को क्या चाहिए था।
महीन शर्त: एकदिष्टता सजावट नहीं है। विषम $k$ के लिए $b_k = \frac1k$ और सम $k$ के लिए $b_k = \frac{1}{k^2}$ लीजिए: $b_k$ धनात्मक हैं और $0$ की ओर जाते हैं, फिर भी $\sum (-1)^k b_k$ के आंशिक योग $-\infty$ की ओर अपसरित होते हैं। इसे सिद्ध कीजिए (आंशिक योग को सम भाग, जो उदाहरण 11.22 से परिबद्ध है, और विषम भाग, जो हरात्मक श्रेणी के आधे पर हावी है अभ्यास 11.5, में तोड़िए), और ठीक-ठीक बताइए कि प्रश्न 1 के किस पद ने एकदिष्टता प्रयुक्त की थी।
$(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ के द्वारा ऑयलर की सरल सर्वसमिका $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ सत्यापित कीजिए, इस रास्ते से $\pi$ के छह दशमलव के लिए आवश्यक पदों का आकलन कीजिए ( $n = 10$ पर्याप्त है), और उसे प्रश्न 13 की क्रम-सूची में लाइब्निज़ और मैकिन के बीच रखिए।
संश्लेषण, एक-एक वाक्य में: (क) एकांतरित आकलन और उसके दोनों उत्पाद (परिबंध और चिह्न) कहिए; (ख) प्रमाणित संख्याओं के लिए स्पष्ट शेषफल वाली यथार्थ परिमित सर्वसमिकाएँ सीमा-कथनों से बेहतर क्यों हैं; (ग) समस्या की सूची ( $10^{-7}$ तक हाथ से $\pi$ , दस दशमलव तक $\ln 2$ , चार अपरिमेयता उपपत्तियाँ, एक समता प्रमेय, एक चेतावनी-उदाहरण); (घ) इनमें से कौन-से धागे अध्याय 17 उठाएगा (एकांतरित श्रेणी कसौटी, निरपेक्ष बनाम सप्रतिबंध अभिसरण, और उसकी सप्ताहांत समस्या का पुनर्व्यवस्था-नाटक)।

हल

हल — समस्या 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ और $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , जबकि $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : अतः अनुक्रम $(S_{2n+1})$ , $(S_{2n})$ संलग्न हैं और उभयनिष्ठ $S$ (प्रमेय 11.11) की ओर अभिसरित होते हैं, जहाँ $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ । सम $n$ के लिए: $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ देता है; विषम $n$ के लिए: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ । दोनों स्थितियों में $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ , और $S - S_n$ का चिह्न पहले छोड़े गए पद $(-1)^{n+1}$ का चिह्न है। कठोर कमी हर दिखाई गई असमिका को कठोर बना देती है, विशेष रूप से $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ ।

2. $a_k = \frac{1}{k!}$ कठोरतः घटकर $0$ तक जाता है: अतः प्रश्न 1 लागू होता है। $-1$ और $0$ के बीच $\exp$ के लिए टेलर–लाग्रांज (प्रमेय 16.7): $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (वहाँ अवकलज $\eu^t$ $\leq 1$ है), अतः $T_n \to \eu^{-1}$ , और प्रश्न 1 की सीमा $S$ ठीक $\eu^{-1}$ है, कठोर परिबंधों $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ के साथ।

3. सर्वसमिका का $\intcc{0}{1}$ पर समाकलन: बायाँ पक्ष $\arctan 1 = \frac\pi4$ है (मूल प्रमेय), $k$ -वाँ पद $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ देता है, और

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. $\pi$ पर त्रुटि $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ है: $10^{-6}$ से नीचे लाने के लिए $2n + 3 > 4\cdot10^6$ चाहिए, अर्थात् लगभग बीस लाख पद। इस बीच $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , जो $\pi$ से लगभग $0.2$ दूर है: पाँच पद, और एक अंक भी नहीं।

5. $\intcc{0}{1}$ पर समाकलन: $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ के साथ $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ ; $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ से: $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ । त्रुटि $\frac1n$ के दो गुणजों के बीच फँसी है: छह दशमलव की क़ीमत लगभग दस लाख पद।

6. $0$ से $x$ तक समाकलन: $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ । $x = \frac13$ पर: $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , और $\intcc{0}{\frac13}$ पर $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

हर अतिरिक्त पद त्रुटि को लगभग $9$ से भाग देता है।

7. आगमन: $n = 1$ के लिए $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ । पद:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

जो ठीक एकांतरित योग की वृद्धि है। और $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ उदाहरण 15.21 का रीमान योग है, जो $\ln 2$ की ओर अभिसरित होता है: अर्थात् तरीक़ा 1 के सम आंशिक योग तरीक़ा 3 के रीमान योग ही हैं।

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , त्रुटि $0.0765$ ; और $n = 5$ पर तरीक़ा 2 $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ त्रुटि के साथ $0.6931471$ देता है। कारण: तरीक़ा 1 लघुगणक श्रेणी का मान सीमांत बिंदु $x = 1$ पर लेता है, जहाँ पद $\frac1k$ की तरह क्षय होते हैं; तरीक़ा 2 उसका मान $x = \frac13$ पर लेता है, जो भीतर गहरा है और जहाँ हर पद एक नया गुणक $\frac19$ ढोता है।

9. दस दशमलव: $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ चाहिए। $n = 10$ पर: $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : अतः ग्यारह पद पर्याप्त हैं।

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , फिर $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; और $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : बराबर। कोणांक: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , अतः बाएँ पक्ष का कोणांक $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ है; और दाएँ पक्ष का कोणांक $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ है। एक ही $< 2\pi$ लंबाई के अंतराल में कोणांक वाली दो बराबर सम्मिश्र संख्याएँ:

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

जो मैकिन का सूत्र है।

11. $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ का $0$ से $x$ तक समाकलन कीजिए:

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. त्रुटियाँ: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ और $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : कुल $< 5\cdot10^{-8}$ । दिखाया गया योग $3.14159268\dots$ निकलता है, अतः $\pi = 3.1415926\dots$ $5\cdot10^{-8}$ तक प्रमाणित: अर्थात् छह पदों से सात दशमलव (उदारता से गिनें तो $\frac15$ पर पाँच और $\frac1{239}$ पर दो)।

13. लाइब्निज़: त्रुटि $\sim \frac1n$ , अतः हर नया अंक काम को दस गुना कर देता है। डाल्ज़ेल (समस्या 15.1, प्रश्न 22): त्रुटि $4^{1-5m}$ , अर्थात् लगभग तीन अंक प्रति पद, पर हर पद में भारी बहुपद। मैकिन: प्रति पद त्रुटि-अनुपात $\frac{1}{25}$ , अर्थात् लगभग $1.4$ अंक प्रति पद, और हर पद में एक ही भाग। उपदेश: गुणोत्तर प्रकार के प्रसार का शेषफल $x^{2n}$ की तरह मापित होता है, अतः $x$ को छोटा करना प्रति पद नियत लागत पर अंक ख़रीद लेता है — और मैकिन की सम्मिश्र सर्वसमिका ठीक $x$ सिकोड़ने की मशीन है।

14. $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ कठोरतः घटकर $0$ तक जाता है; प्रश्न 1 और प्रतिज्ञप्ति 16.11 (प्रश्न 2 की भाँति लाग्रांज परिबंध) से $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ , और वह भी कठोर घेराव $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ के साथ। मान लीजिए $\cos 1 = \frac pq$ और $2n \geq q$ लीजिए: तब $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ और $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , जबकि

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

अर्थात् $< 1$ निरपेक्ष मान वाला अशून्य पूर्णांक। विरोधाभास: $\cos 1 \notin \Q$ ।

15. ठीक वैसे ही $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ के साथ, $2n + 1 \geq q$ वाले $(2n+1)!$ से गुणा करने पर: $\sin 1 \notin \Q$ । फिर भी $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : अपरिमेय संख्याओं के गुणनफल और योग परिमेय हो सकते हैं — अपरिमेयता किसी भी बीजीय संक्रिया से मुफ़्त में पार नहीं होती।

16. पूँछ-परिबंध: $m > n$ के लिए,

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

क्योंकि हर क्रमिक अनुपात $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ है; और पूँछ धनात्मक है (उसका पहला पद धनात्मक है)। अतः $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , और $2n \geq q$ वाले $(2n)!$ से गुणा करने पर फिर एक अशून्य पूर्णांक $\intoo{0}{1}$ में फँस जाता है: $\cosh 1 \notin \Q$ ।

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : पद कठोरतः घटकर शून्य तक जाते हैं, और $k \leq n$ के लिए $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ । यदि $\cos\frac1m = \frac pq$ , तो कठोर घेराव को $q\,m^{2n}(2n)!$ से गुणा कीजिए: बड़े $n$ के लिए त्रुटि $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ से परिबद्ध है: विरोधाभास। $a \geq 2$ वाले $\frac ab$ के लिए: हर हटाने से पूँछ $b^{2n}(2n)!$ से गुणित हो जाती है, पर पहला छोड़ा गया पद $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ है, और गुणनफल $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ फट पड़ता है: अंश $a^{2n+2}$ अब नहीं कटता, और जाल जाम हो जाता है। (परिणाम फिर भी सत्य है — पर नाइवन-शैली की मशीनरी से, इससे नहीं।)

18. $t = x$ पर $g$ का हर पद $f(x) - f(x) = 0$ को छोड़कर लुप्त हो जाता है: $g(x) = 0$ ; और $A$ ऐसा चुना गया है कि $g(a) = 0$ । अवकलन करने पर योग दूरबीनी हो जाता है:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

$a$ से $x$ तक के खंड पर रोल कठोरतः बीच में ऐसा $c$ देता है कि $g'(c) = 0$ ; और चूँकि $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ । $g(a) = 0$ को खोलने पर शेषफल $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ वाली टेलर समता मिल जाती है।

19. $x > 0$ के लिए शेषफल $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ है: अर्थात् चरघातांकी हर कोटि पर अपने प्रत्येक टेलर बहुपद से कठोरतः बड़ा है। $x < 0$ के लिए शेषफल का चिह्न $x^{n+1}$ का चिह्न है: $\eu^x$ विषम $n$ के लिए बहुपद के ऊपर है और सम $n$ के लिए नीचे — अर्थात् बारी-बारी से दोनों ओर, जैसा $\eu^x$ के सामने $1 + x$ और $1 + x + \frac{x^2}{2}$ के आलेख पहले ही दिखा देते हैं।

20. सच्ची त्रुटि: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , परिबंध $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ के सामने: अर्थात् लगभग प्राप्त (अगला पद पूँछ पर हावी है)। यंग: सीमाओं और स्थानीय विश्लेषण के लिए, जहाँ किसी अचर की आवश्यकता नहीं। लाग्रांज: प्रमाणित दशमलवों के लिए। एकांतरित: जहाँ लागू हो, वही परिबंध और साथ में त्रुटि की दिशा — तीनों में सर्वोत्तम, पर सबसे दुर्लभ।

21. $0$ पर सांतत्य: $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ के साथ $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ । $0$ पर अवकलज: $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (प्रतिज्ञप्ति 4.6): $f'(0) = 0$ । $x \neq 0$ के लिए $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : अर्थात् $P_1(X) = 2X^3$ के साथ $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ रूप; और आगमन से $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ का अवकलन $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ देता है, जो बहुपद है। फिर

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

( $\pm\infty$ पर वृद्धि तुलना, $\eu^{-v^2}$ के सामने बहुपद): अतः आगमन से सभी $k$ के लिए $f^{(k)}(0) = 0$ । $0$ पर $f$ के सभी टेलर बहुपद लुप्त हो जाते हैं, फिर भी $0$ से बाहर $f > 0$ : अर्थात् टेलर–यंग हर कोटि पर यथार्थ है और अंकुर से आगे अंधा। प्रसार केवल स्थानीय सूचना है।

22. प्रश्न 2 से कठोरतः $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ । यदि $\eu^{-1} = \frac pq$ , तो $n \geq q$ लीजिए और $n!$ से गुणा कीजिए: $n!\,T_n \in \Z$ और $n!\frac pq \in \Z$ , अतः किसी अशून्य पूर्णांक का निरपेक्ष मान $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ हो जाता है: विरोधाभास। अतः $\eu^{-1} \notin \Q$ , और $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ भी अपरिमेय है। तीनों उपपत्तियाँ: अभ्यास 11.9 में $q!\,\eu$ को दबाने वाले संलग्न अनुक्रम; समस्या 15.1 में समाकल पुनरावृत्ति $A_n = \eu - nA_{n-1}$ ; और एकांतरित घेराव (यहाँ)। एक जाल, लघुता के तीन प्रमाणपत्र।

23. आंशिक योगों को जोड़ों में समूहबद्ध कीजिए: $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ वाला $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ , जो परिबद्ध है (उदाहरण 11.22, $E_n \leq \frac12$ के दूरबीनी परिबंध से), और $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (अभ्यास 11.5): अतः आंशिक योग $-\infty$ की ओर जाते हैं। प्रश्न 1 में एकदिष्टता ठीक वहाँ प्रयुक्त हुई थी जहाँ $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ को चिह्न चाहिए था: कमी के बिना सम और विषम उपानुक्रमों का एकदिष्ट होना आवश्यक नहीं, और संलग्नता ढह जाती है।

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; कोणांक लेने पर (सभी $\intoo{0}{\frac\pi2}$ में): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ । छह दशमलव के लिए श्रेणी की लागत: त्रुटि $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , जो $n = 10$ पर $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ है: अर्थात् ग्यारह पद। क्रम: लाइब्निज़ से चरघातांकी अंतर से बेहतर, और मैकिन से पीछे (जिसका प्रभावी बिंदु $\frac15$ $\frac12$ से छोटा है): मैकिन के $1.4$ के सामने लगभग $0.6$ अंक प्रति पद।

25. (क) ह्रासमान $a_k \to 0$ के लिए एकांतरित आंशिक योग $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ के साथ अभिसरित होते हैं, और त्रुटि पहले छोड़े गए पद का चिह्न ढोती है। (ख) स्पष्ट शेषफल वाली परिमित सर्वसमिका का किसी चुने हुए बिंदु पर मान निकाला और परिबद्ध किया जा सकता है, जबकि सीमा-कथन केवल अंततः निकटता का वचन देता है — और प्रमाणन के लिए पहला ही चाहिए। (ग) निकाले गए परिणाम: मैकिन से $5\cdot10^{-8}$ तक $\pi$ , $\frac13$ -श्रेणी से दस दशमलव तक $\ln 2$ , $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ और $\eu^{-1}$ की अपरिमेयता, टेलर–लाग्रांज समता, और चपटे फलन की चेतावनी। (घ) अध्याय 17 प्रश्न 1 को एकांतरित श्रेणी कसौटी में उन्नत करता है, निरपेक्ष को सप्रतिबंध अभिसरण से अलग करता है, और उसकी सप्ताहांत समस्या वह पुनर्व्यवस्था-नाटक मंचित करती है जिसका मुख्य साक्षी तरीक़ा 1 की एकांतरित हरात्मक श्रेणी है।