4.2 Potenzreihen

4.2.1 Lemma.
Es sei $p:x\mapsto \sum_k p_k x^k$ ein Polynom. Dann sind seine Koeffizienten gegeben durch $p_k=\frac{p^{(k)}(0)}{k!}$.

Beweis. Differenzieren liefert

$$p(x) = \sum_{k\geq 0} p_k\,x^ k$$

$$p'(x) = \sum_{k\geq 1} p_k\,k\,x^{k-1}$$

$$\vdots$$

$$p^{(n)}(x) = \sum_{k\geq n} p_k\, k(k-1)\cdot(k-n+1)\,x^{k-n}$$

und Einsetzen von $x=0$ ergibt

$$p^{(n)}(0) = p_n\,n! + p_{n-1}\,(n+1)\cdot 2\cdot 0 + \dots = p_n\,n!.{\rm\quad[]}$$

Wir können natürlich auch für allgemeine hinreichend differenzierbare Funktionen $f:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}$ das (sogenannte Taylorpolynom) $\sum_{k} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\,x^k$ betrachten. Allerdings muß die Folge $f^{(k)}(0)$ nicht mehr abbrechen, und wir erhalten erst dann ein Polynom, wenn die wir nur über endlich viele $k$ mit $f^{(k)}(0)\ne 0$ summieren. Es stellt sich somit die Frage, was diese Polynome mit $f$ zu tuen haben. Es sei $x_0$ und $x_1$ vorgegeben und $\rho$ durch

$$\rho \,\frac{(x_1-x_0)^{n+1}}{(n+1)!} := f(x_1) -\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x_1-x_0)^k$$

bestimmt. Dann ist die Funktion $\varphi$ gegeben durch

$$\varphi (x):= f(x_1)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x)}{k!}\,(x_1-x)^k - \frac{(x_1-x)^{n+1}}{(n+1)!}\,\rho$$

stetig und differenzierbar zwischen $x_0$ und $x_1$ und verschwindet bei $x_0$ und $x_1$. Nach dem Satz von Rolle existiert somit ein $\xi$ zwischen $x_0$ und $x_1$ mit

$$=\varphi '(\xi ) =0-\sum_{k=0}^n \left(\frac{f^{(k+1)}(\xi )}{k!}... ...(\xi )}{k!}\,k\,(x_1-\xi )^{k-1}\right) + n\,\frac{(x_1-\xi )^n} {(n+1)!}\,\rho$$ 0

$$=-\sum_{k=0}^n \left(\frac{f^{(k+1)}(\xi )}{k!}\,(x_1-\xi )^k -\f... ...\xi )}{(k-1)!}\,(x_1-\xi )^{k-1}\right) + n\,\frac{(x_1-\xi )^n} {(n+1)!}\,\rho$$

$$=-\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}\,(x_1-\xi )^n + \frac{(x_1-\xi )^n} {n!}\,\rho ,$$

also

$$\rho =f^{(n+1)}{\xi }.$$

4.2.2 Taylorformel mit Restglied von Lagrange.
Es besitze $f$ auf einen kompakten Intervall mit Randpunkten $x_0$ und $x_1$ stetige Ableitungen bis zur Ordnung $n$ und $f^{(n+1)}$ existiere im Inneren des Intervalls. Dann existiert eine Zahl $\xi$ im Inneren des Intervalls, s.d.

$$f(x_1)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x_1-x_0)^k + f^{(n+1)}(\xi )\,\frac{(x_1-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}$$

ist.    []

4.2.3 Folgerung.
Besitzt $f$ auf einen kompakten Intervall Ableitungen beliebiger Ordnung und gibt es Konstanten $a$ und $b$ mit $\Vert f^{(n)}\Vert _{\infty}\leq a\,b^n$, so konvergiert die Reihe von Funktionen $x\mapsto \sum_k \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$ auf dem Intervall gleichmäßig gegen $f$.

Beweis. Unter diesen Voraussetzungen gilt für das Restglied

$$\vert f^{(n+1)}(\xi )\,\frac{(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}\vert \leq a\,\frac{((x-x_0)b)^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$$

gleichmäßig in $x$ für $n\to{\infty}$.     []

4.2.4 Beispiele von Taylor-Reihen.

1. Die Funktion $\exp:x\mapsto e^x$ ist unendlich oft differenzierbar mit $\exp^{(n)}=\exp$ und für das Restglied gilt:

   $$\vert\exp^{(n)}(\xi )\frac{(x-x_0)^n}{n!}\vert=e^\xi \frac{\vert x-x_0\vert^n}{n!}\to 0$$

   
   
   Somit ist
   $$e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}.$$
   

2. Analog erhalten wir für die beiden Winkelfunktionen $\sin$ und $\cos$ und alle $x\in\protect\mathbb{R}$ die Darstellungen

   $$\sin(x) =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$$

   $$\cos(x) =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}$$

   
   
   ]$\sin$Sinusfunktion ]$\cos$CosinusfunktionDies zeigt die Eindeutigkeit der in (3.1.8) axiomatisch definierten Winkelfunktionen.
   

3. Die Funktion $f:x\mapsto 1/x$ ist unendlich oft differenzierbar auf $\protect\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Wir können sie jedoch nicht um $x=0$ entwickeln, aber sehr wohl um $x=1$, d.h. wir suchen eine Darstellung der Form
   $$\frac1{1+h}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(1)}{k!}h^k.$$
   Nach der Summenformel für die geometrische Reihe gilt
   $$\sum_{k=0}^{\infty}(-h)^k=\frac1{1-(-h)}=\frac1{1+h}$$ für $$\vert h\vert<1.$$
   Nachrechnen zeigt, daß dies genau die Taylorreihe von $f$ an der Stelle 1 ist, d.h. $f^{(k)}(1)=(-1)^k k!$ ist. Allerdings wird $f(1+h)$ nur für $\vert h\vert<1$ durch ihre Taylorreihe dargestellt.
   
4. Allgemeiner sei $f(x):=x^\alpha$ mit $\alpha \in\protect\mathbb{R}$ für $x>0$. Dann ist $f^{(p)}(x)=\alpha \cdot(\alpha -1)\cdot\dots\cdot (\alpha -p+1)\,x^{\alpha -p}$, also ist die Taylorreihe von $f$ bei $1$
   $$\sum_{i} \frac{(\alpha )_i}{i!} x^i = \sum_i \binom{\alpha }{i}\,x^i$$
   und diese konvergiert für $0\leq x<1$ gegen $f(1+x)=(1+x)^\alpha$, denn das Restglied ist
   $$\binom{\alpha }{n}x^{n}\xi ^{\alpha -n}.$$
   Nach dem Quotiententest konvergiert $\sum_ n\binom{\alpha }{n}x^n$ für $0<\vert x\vert<1$ und somit strebt $\binom{\alpha }{n}x^n\to 0$ für $\vert x\vert<1$ und somit strebt das Restglied gegen 0 gleichmäßig für $0\leq x<1$, da $0\leq (1+\th x)^{\alpha -n}\leq 1$ für $n>\alpha$, $x>0$ und $\xi =1+\th x$. Wir werden in (4.2.15) zeigen, daß diese Entwicklung für alle $\vert x\vert<1$ gilt.

All diese Reihendarstellungen erlauben uns erstmals transzendente Funktionen wie $\exp$, $\sin$, $\cos$, $x\mapsto x^{\alpha }$ beliebig genau zu berechnen. Wir sollten also solche Reihen der Form $\sum_i a_i\,x^i$, sogenannte Potenzreihen, näher untersuchen. ] $\sum_k a_k\,x^k$Potenzreihe mit Koeffizienten $a_k$

4.2.5 Proposition. Konvergenzkreis.
Eine Potenzreihe $\sum_{i} a_i x^i$ konvergiert für alle $x$ mit $\vert x\vert<r$ und divergiert falls $\vert x\vert>r$, wobei $r:=1/{\varlimsup_n \root n\of{\vert a_n\vert}}$ Konvergenzradius der Reihe heißt. Entsprechend heißt $\{x\in\protect\mathbb{C}:\vert x\vert=r\}$ Konvergenzkreis der Reihe.

Dabei dürfen sowohl die Koeffizienten $a_n$ als auch $x$ komplexe Zahlen sein.

Beweis. Nach dem Wurzeltest genügt es den Ausdruck

$$\varlimsup_n \root n\of{\vert a_nx\vert^n} = \vert x\vert\,\varlimsup_{n} \root n\of{\vert a_n\vert}$$

zu betrachten.     []

4.2.6 Bemerkung. Komplexe Winkelfunktionen.
Wir dürfen also in die Taylorreihen von $\exp$, $\sin$ und $\cos$ beliebige komplexe Zahlen $x$ einsetzen und definieren für diese

$$e^x :=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!},$$

$$\sin(x) :=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!},$$

$$\cos(x) :=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}.$$

Insbesonders erhalten wir

$$e^{it} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(it)^k}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(it)^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(it)^{2k+1}}{(2k+1)!}$$

$$= \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{t^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^{\infty}i(-1)^k\frac{t^{2k+1}}{(2k+1)!}$$

$$= \cos(t) + i\,\sin(t).$$

und daraus folgt indem wir auch $-t$ einsetzen

$$\cos(t)= \frac{e^{it}+e^{-it}}2$$ und $$\sin(t)=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}.$$

Vergleiche dies mit den hyperbolischen Winkelfunktionen.

Das Cauchy-Produkt von $e^x$ mit $e^y$ ist

$$e^x\cdot e^y =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j+k=n} \frac{x^j}{j!}\cdot\frac{y^k}{k!}$$

$$=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}\sum_{j=0}^n \binom{n}{j} x^jyj^{n-j}$$

$$=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x+y)^n}{n!} =e^{x+y}$$

woraus leicht die Additionstheoreme der Winkelfunktionen folgend. Auch die übrigen Axiome der in (3.1.8) axiomatisch definierten Winkelfunktionen rechnen man nun leicht nach und damit ist schließlich die Existenz der Winkelfunktionen vollständig bewiesen.

4.2.7 Definition. Konvergenz von Funktionen.
Es sei $X$ eine Menge, $F$ ein endlich dimensionaler Euklidischer Raum und $f_{\infty},f_n:X\to F$ Funktionen. Man sagt $f_n$ konvergiert gegen $f_{\infty}$ punktweise, wenn

$$\forall x\in X: \lim_{n\to{\infty}} f_n(x)=f_{\infty}(x), d.h.~$$

$$\forall x\in X\forall\varepsilon >0\exists N\in\protect\mathbb{N}\forall n\geq N: \vert f_{\infty}(x)-f_n(x)\vert<\varepsilon .$$

Die Grenzfunktion $f_{\infty}$ einer punktweisen konvergenten Folge stetiger Funktionen $f_n$ muß jedoch nicht stetig sein, wie das Beispiel $f_1(x):=\frac1{1+x^2}$, $f_n(x):=f_1(nx)=\frac1{1+(nx)^2}\to 0=:f_{\infty}(x)$ zeigt.

Deshalb brauchen wir folgende stärkere Konvergenz, die sogenannte gleichmämäßige Konvergenz: Man sagt $f_n$ konvergiert gegen $f_{\infty}$ gleichmäßig auf $X$, wenn

$$\forall\varepsilon >0\exists N\in\protect\math... ...ll n\geq N\forall x\in X: \vert f_{\infty}(x)-f_n(x)\vert<\varepsilon .$$

Offensichtlich ist jede gleichmäßig konvergente Folge auch punktweise konvergent. Nicht aber umgekehrt, wie die Abbildungen $f_n:x\mapsto \frac{nx}{1+(nx)^2}$ zeigen.

Wenn wir die Abstandsfunktion $d_{\infty}(f,g):=\sup_{x\in X}\vert f(x)-g(x)\vert$ auf der Menge der beschränkten Funktionen $f,g:X\to F$ betrachten, so ist die gleichmäßige Konvergenz gerade die Konvergenz bezüglich dieser Metrik. Für die punktweise Konvergenz existiert nur für endliches $X$ eine sie beschreibende Metrik. Wenn man $\Vert f\Vert_{\infty}:=\sup\{\vert f(x)\vert x\in X\}$ setzt, so ist $d_{\infty}(f,g)=\Vert f-g\Vert_{\infty}$. ] $\Vert f\Vert_{\infty}$Supremumsnorm ] $d_{\infty}(f,g)$Supremumsmetrik

4.2.8 Proposition. Gleichmäßige Grenzwerte stetiger Funktionen.
Es konvergiere $f_n\to f_{\infty}$ gleichmäßig auf $X$ und alle $f_n:X\to F$ seien stetig. Dann ist auch $f_{\infty}$ stetig. In dieser Situation gilt also

$$\lim_{x\to x_0}\lim_{n\to{\infty}} f_n(x)=\lim_{n\to{\infty}}\lim_{x\to x_0} f_n(x).$$

Beweis. Es sei $x_0\in X$ und $\varepsilon >0$. Dann existiert wegen der glm. Konvergenz ein $N\in\protect\mathbb{N}$ s.d. $d_{\infty}(f_n,f_{\infty}><\frac{\varepsilon }3$ für alle $n\geq N$ und wegen der Stetigkeit von $f_N$ ein $\delta >0$ s.d. $d(f_N(x),f_N(x_0))<\frac{\varepsilon }3$ für alle $x\in X$ mit $d(x,x_0)<\delta$. Somit ist

$$d(f_{\infty}(x),f_{\infty}(x_0)) \leq d(f_{\infty}(x),f_N(x)) + d(f_N(x),f_N(x_0)) + d(f_N(x_0),f_{\infty}(x_0))$$

$$\leq d_{\infty}(f_{\infty},f_N) + d(f_N(x),f_N(x_0)) + d_{\infty}(f_N,f_{\infty})$$

$$\leq 3\frac{\varepsilon }3=\varepsilon .{\rm\quad[]}$$

4.2.9 Cauchy'sches Konvergenzkriterium für Funktionen.
Es konvergiert $f_n$ genau dann punktweise, wenn für alle $x\in X$ die Folge $f_n(x)$ eine Cauchy-Folge ist.
Weiters konvergiert $f_n$ genau dann gleichmäßig, wenn

$$\forall \varepsilon >0\exists N\forall n,m\geq N: d_{\infty}(f_n,f_m)\leq\varepsilon .{\rm\quad[]}$$

4.2.10 Kriterium von Weierstrass für gleichmäßige Konvergenz.
Es konvergiere $\sum_k \Vert f_k\Vert_{\infty}$. Dann konvergiert $\sum_k f_k$ gleichmäßig.

Beweis. Es ist $\Vert\sum_{k=n}^{n+p}f_k\Vert_{\infty}\leq \sum_{k=n}^{n+p}\Vert f_k\Vert_{\infty}\to 0$ für $n\to{\infty}$.     []

4.2.11 Proposition. Grenzwerte differenzierbarer Funktionen.
Es sei $f_n:[a,b]\to\protect\mathbb{R}$ differenzierbar, $f_n$ konvergiere gegen $f_{\infty}$ punktweise und $f_n'$ konvergiere gleichmäßig gegen eine Funktion $f_{\infty}^1$. Dann ist $f_{\infty}$ differenzierbar und die Ableitung ist $(f_{\infty})'=f_{\infty}^1$, d.h. es gilt

$$\frac{d}{dx}\lim_{n\to{\infty}} f_n(x)=\lim_{n\to{\infty}}\frac{d}{dx} f_n(x).$$

Beweis. Es sei

$$g_n(x):= \frac{f_n(x)-f_n(x_0)}{x-x_0}$$ für $$x\ne x_0.$$

Dann konvergiert $g_n$ gegen $g_{\infty}$ und zwar gleichmäßig für $x\ne x_0$, denn nach dem Mittelwertsatz angewendet auf $f_n-f_m$ konvergiert

$$g_n(x)-g_m(x)=\frac{(f_n-f_m)(x)-(f_n-f_m)(x_0)}{x-x_0}=(f_n-f_m)'(\xi )=f_n'(\xi )-f_m'(\xi )\to 0$$

gleichmäßig für alle $x$. Da $g_n$ für alle $n\in\protect\mathbb{N}$ nach Voraussetzung stetig bei $x_0$ ist, gilt gleiches auch für $g_{\infty}$ nach (4.2.8), also ist $f_{\infty}$ differenzierbar bei $x_0$ mit Ableitung $f_{\infty}^1(x_0)$.    []

4.2.12 Lemma. Stetigkeit von Potenzreihen.
Es sei $f(x)=\sum_k a_k\,x^k$ eine Potenzreihe mit positiven Konvergenzradius $r>0$. Dann ist $f$ stetig bei 0.

Beweis. Es ist

$$f(x)-f(0) = \sum_{k=0}^{\infty}a_k\, x^k - a_0 = \sum_{k=1}^{\infty}a_k\,x^k = x\, \sum_{k=0}^{\infty}a_{k+1}\,x^k$$

und somit für $\vert x\vert\leq s<r$

$$\vert f(x)-f(0)\vert \leq \vert x\vert\,\sum_{... ...frac1s\,\underbrace{\sum_{k=1}^{\infty}\vert a_k\vert\,s^k}_{<{\infty}}$$

konvergiert also gegen 0 für $x\to 0$.     []

4.2.13 Folgerung. Translation von Potenzreihen.
Es sei $p(x)=\sum_k a_k\,x^k$ eine Potenzreihe mit positiven Konvergenzradius $r>0$ und $\vert x_0\vert<r$. Dann ist $x\mapsto p(x+x_0)$ in eine Potenzreihe $\sum_k b_k x^k$ mit positiven Konvergenzradius $r-\vert x_0\vert$ entwickelbar. Dabei sind $b_k=\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}\,a_n\,(x_0)^{n-k}$. Insbesonders ist nach (4.2.12) $p$ auch bei $x_0$ stetig.

Beweis. Für $\vert x+x_0\vert<r$ ist

$$p(x+x_0) = \sum_{k=0}^{\infty}a_k\, (x+x_0)^k$$

$$= \sum_{k=0}^{\infty}a_k\, \sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\, x^j\,x_0^{k-j}$$

$$= \sum_{j=0}^{\infty}x^j\, \sum_{k\geq j} a_k\,\binom{k}{j}\, x_0^{k-j}$$

$$= \sum_{j=0}^{\infty}x^j\, \underbrace{\sum_{k\geq 0} a_{k+j}\,\binom{k+j}{j}\, x_0^{k}}{=:b_j},$$

wobei wir die Summation nach dem Cauchy'schen Doppelreihensatz vertauschen dürfen, da $\sum_{k=0}^{\infty}\vert a_k\vert\,\vert x+x_0\vert^k$ konvergiert.     []

4.2.14 Folgerung. Ableitung von Potenzreihen.
Es sei $p(x)=\sum_k a_k\,x^k$ eine Potenzreihe mit positiven Konvergenzradius $r>0$. Dann ist $f$ differenzierbar auf $\{x:\vert x\vert<r\}$ und die Ableitung kann gliedweise berechnet werden.

Beweis. Mit der Notation von (4.2.13) erhalten wir für den Differenzenquotienten von $p$

$$\frac{p(x_0+h)-p(x_0)}{h}=\sum_{k=1}^{\infty}b_k\,h^{k-1} \to b_1= \sum_{j\geq 1} a_j\,j\,x_0^{j-1}.$$

    []

4.2.15 Beispiel.
Wir zeigen nun, daß die Entwicklung von $(1+x)^\alpha$ aus (4.2.4) für alle $\vert x\vert<1$ gilt:
Es sei $p(x):=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha }{k}x^k$ für $\vert x\vert<1$. Dann ist

$$p'(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)\binom{\alpha }{k+1}x^k=\sum_{k=0}^{\infty}\alpha \binom{\alpha -1}{k}x^k$$

und somit

$$(1+x)\,p'(x) = \sum_{k=0}^{\infty}\alpha (\bin... ...^k = \alpha \sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha }{k} x^k =\alpha \,p'(x).$$

Dieselbe Beziehung gilt auch für $x\mapsto (1+x)^\alpha$, also ist

$$\frac{p'(x)}{\frac{d}{dx}(1+x)^\alpha } = \frac{p(x)}{(1+x)^\alpha }$$

und somit $p'(x)(1+x)^\alpha -p(x)\frac{d}{dx}(1+x)^\alpha =0$, also verschwindet die Ableitung von $x\mapsto \frac{p(x)}{(1+x)^\alpha }$ und somit ist diese Funktion konstant und zwar $1$ (wenn wir $x=0$ setzen).

4.2.16 Folgerung. Stammfunktion von Potenzreihen.
Es sei $p(x)=\sum_k a_k\,x^k$ eine Potenzreihe mit positiven Konvergenzradius $r>0$. Dann ist $\sum_k \frac{a_k}{k+1}\,x^{k+1}$ eine Stammfunktion von $p$ auf $\{x:\vert x\vert<r\}$, d.h. ist differenzierbar mit Ableitung $p$.

Beachte, daß je zwei Stammfunktionen $\varphi _1$ und $\varphi _2$ der selben Funktion sich höchstens um eine additive Konstante unterscheiden können, denn aus $\varphi _1'=f=\varphi _2'$ folgt $(\varphi _1-\varphi _2)'=0$ und somit ist $\varphi _1-\varphi _2$ konstant.

Beweis. Offensichtlich konvergiert mit $\sum_k a_k x^k$ auch $\sum_k \frac{a_k}{k+1}x^{k+1}$ absolut und stellt nach dem zuvor Gesagten eine differenzierbare Funktion mit Ableitung $p$ dar.     []

Beispiele.

1. Es sei $f(x):=\frac1{x^2-3x+2}$. Partialbruchzerlegung liefert
   $$\frac1{x^2-3x+2}=\frac{-1}{x-1}+\frac{1}{x-2} =\frac1{1-x}-\frac1{2-x}$$
   Die Taylorreihen der beiden Summanden ist

   $$\frac1{1-x} = \sum_{k=0}^{\infty}x^k \vert x\vert<1$$

   $$\frac1{2-x} =\frac12\,\frac1{1-\frac{x}{2}} =\frac12\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{x}2\right)^k = \sum_{k=0}^{\infty}\frac1{2^{k+1}}\,x^k \vert x\vert<2$$

   
   
   Subtraktion liefert somit für $\vert x\vert<\min\{1,2\}=1$

   $$\frac1{x^2-3x+2} = \frac1{1-x}-\frac1{2-x} = \sum_{k=0}^{\infty}x^k - \sum_{k=0}^{\infty}\frac1{2^{k+1}}\,x^k = \sum_{k=0}^{\infty}(1-\frac1{2^{k+1}})\,x^k.$$

   
   

2. Es sei $f(x):=\operatorname{ln}(1+x)$. Dann ist $f'(x)=\frac1{1+x}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^k$ und somit erhalten wir für die Stammfunktion $f(x)=C+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k+1}\,x^{k+1}$. Wegen $\operatorname{ln}(1)=0$ ist $C=0$, d.h.
   $$\operatorname{ln}(1+x) = \sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j-1}}{j}\,x^j$$ für $$\vert x\vert<1.$$
   Mit Hilfe des Abel'schen Grenzwertsatzes (4.2.20) werden wir in (4.2.21) zeigen, daß diese Formel auch für $x=1$ gilt, also
   $$\operatorname{ln}(2)=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}}{j+1}=1-\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-+\dots$$
   ist.

3. Auf ganz ähnliche Weise erhalten wir aus der Binomialreihe durch Bildung der Stammfunktion folgende Taylorreihen

   $$\operatorname{Artanh}'(x) = \frac1{1-x^2} = (1-x^2)^{-1} = \sum_{k=0}^{\infty}(x^2)^k$$

   $$\Rightarrow\quad \operatorname{Artanh}(x)+C =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

   $$\operatorname{arctan}'(x) = \frac1{1+x^2} = (1+x^2)^{-1} = \sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k$$

   $$\Rightarrow\quad \arctan(x)+C =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

   $$\operatorname{Arsinh}'(x) = \frac1{\sqrt{1+x^2}} = (1+x^2)^{-1/2} = \sum_{k=0}^{\infty}\binom{-1/2}{k}(x^2)^k$$

   $$\Rightarrow\quad \operatorname{Arsinh}(x)+C =\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-1/2}{k}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

   $$\arcsin'(x) = \frac1{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-1/2} = \sum_{k=0}^{\infty}\binom{-1/2}{k}(-x^2)^k$$

   $$\Rightarrow\quad \arcsin(x)+C =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\binom{-1/2}{k}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

   
   
   wobei die Konstante $C$ wegen $p(0)=0$ in allen 4 Fällen 0 ist.

   Wieder werden wir in (4.2.21) mit Hilfe des Abel'schen Grenzwertsatzes (4.2.20) zeigen, daß die Formel für $\arctan(x)$ auch für $x=1$ gilt, also ist

   $$\frac{\pi}4=\arctan(1)=1-\frac13+\frac15-\frac17+\frac19-+\dots.$$

4.2.17 Theorem. Komposition von Potenzreihen.
Es sei $g(x):=\sum_j b_j\,x^j$ eine für $\vert x\vert<r$ konvergente Potenzreihe mit $g(0)=0$ und $f(y):=\sum_k a_k\,y^k$ ebenfalls eine für $\vert y\vert<s$ konvergente Potenzreihe. Dann ist $(f\o g)(x)$ in eine Potenzreihe entwickelbar, die für kleine $\vert x\vert$ konvergiert (genauer, falls $\vert x\vert<r$ und $\vert g(x)\vert<s$) und deren Koeffizienten aus

$$\sum_k a_k\,(\sum_j b_j\,x^j)^k$$

durch Auspotenzieren und Sortieren nach Potenzen von $x$ erhalten werden können.

Beweis. Da $g$ auf $\{x:\vert x\vert<r\}$ stetig ist und $g(0)=0$ vorausgesetzt ist, existiert ein $0<r'\leq r$ mit $\vert g(x)\vert<s$ für alle $\vert x\vert<r'$. Weiters ist $b_0=0$ wegen $g(0)=0$. Also ist

$$g(x)=x\,\sum_{j=1}^{\infty}b_j\,x^{j-1}=x\, \sum_{j=0}^{\infty}b_{j+1}\,x^j.$$

Und wegen (2.5.21) ist $\Bigl(\sum_{j=0}^{\infty}b_{j+1}\,x^j\Bigr)^k$ in eine Potenzreihe $\sum_{j=0}^{\infty}b_{j,k}\,x^j$ für $\vert x\vert<r$ entwickelbar. Somit ist für $\vert x\vert<t$:

$$(f\o g)(x)=f(g(x)) =\sum_{k=0}^{\infty}a_k\,g(x)^k$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}a_k\,\Bigl(x\, \sum_{j=0}^{\infty}b_{j+1}\,x^j\Bigr)^k$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}a_k\,x^k\, \sum_{j=0}^{\infty}b_{j,k}\, x^j$$

$$=\sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{k+j=n} a_k\, b_{j,k}\Bigr)\, x^n,$$

also eine Potenzreihe in $x$ mit Koeffizienten $\sum_{k+j=n} a_k\, b_{j,k}$ (Beachte, daß diese Summe nur endlich viele Summanden hat).     []

4.2.18 Folgerung. Quotienten von Potenzreihen.
Es seien $f$ und $g$ Potenzreihen mit positiven Konvergenzradius und $g(0)\ne 0$. Dann ist auch $1/g$ und $f/g$ in Potenzreihen mit positiven Konvergenzradius entwickelbar.

Beweis. Es ist

$$\frac1{y} =\frac1{y-g(0)+g(0)} =\frac{1}{g(0)}\frac1{\frac{y-g(0)}{g(0)}+1}$$

$$=\frac{1}{g(0)}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{y-g(0)}{g(0)}\right)^k$$

$$=\frac{1}{g(0)}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{y}{g(0)}-1\right)^k$$

für $\left\vert\frac{y}{g(0)}-1\right\vert<1$. Und $\frac{g(x)}{g(0)}-1$ in eine Potenzreihe mit $0\mapsto 0$ entwickelbar.     []

Lemma. Prinzip des Koeffizientenvergleichs.
Es sei $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}f_k x^k$ eine Potenzreihe mit Konvergenzradius $r>0$. Falls eine Folge $x_n\in f^{-1}(0)$ existiert mit $x_n\to 0$, dann ist $f=0$.

Beweis. Wir zeigen mittels Induktion, daß $f_n=0$ ist. Aus der Stetigkeit von $f$ folgt $0=f(x_n)\to f(0)=f_0$, also ist $f_0=0$. Sei nun bereits $f_0=\dots=f_n=0$ und $g(x):=\frac{f(x)}{x^{n+1}}=\sum_{k=0}^{\infty} f_{n+1+k}\,x^k$, also ebenfalls eine konvergente Potenzreihe, die bei allen $x_j$ verschwindet. Somit ist auch $f_{n+1+0}=0$.     []

4.2.19 Beispiel. Taylor-Reihe für Tangens.
Es ist

$$\sin(x) =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1} }{(2k+1)!} = x -\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-+\dots$$

$$\cos(x) =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!} = 1 - \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-+\dots$$

Da nach obigen Theorem auch der Quotient $\tan=\frac{\sin}{\cos}$ sich in eine konvergente Potenzreihe $\sum_k c_k x^k$ entwickeln läßt, können wir nach dem letzten Lemma Koeffizientenvergleich machen und erhalten aus

$$\begin{multline*} (c_0+c_1x+c_2x^2+c_3x^3+c_4x^4+c_5x^5+\dots)\cdot (1 -\frac12 ... ...1{24}x^4-+\dots) = \\ = (x -\frac16x^3 + \frac1{120}x^5-+\dots) \end{multline*}$$

die Koeffizienten

$$c_0=0,\; c_1=1,\; c_2=0,\; c_3=\frac13,\; c_4=0,\; c_5=\frac{2}{15},\dots.$$

Also ist für $x$ nahe 0:

$$\tan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-+\dots$$

4.2.20 Grenzwertsatz von Abel.
Die Potenzreihe $\sum_k a_k\,x^k$ habe Konvergenzradius $0<r<{\infty}$ und konvergiere auch für $x=r$. Dann ist $x\mapsto \sum_k a_k\,x^k$ bei $x=r$ linksseitig stetig.

Beweis. O.B.d.A. sei $r=1$. Sei $f(x):=\sum_k a_k\,x^k$ für $-r<x\leq r$. Z.z. ist $\lim_{x\to 1-}f(x)=f(1)$. Es seien $A_n:=\sum_{k=0}^na_k$ die Partialsummen von $f(1)$. Dann gilt wegen $1=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}x^k$ für $\vert x\vert<1$:

$$f(1)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k\,x^k=(1-x)\,\sum_{k=0}^{\infty}A_k\,x^k.$$

also ist

$$f(1)-f(x)=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}(f(1)-f(x))=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}(f(1)-A_k)\,x^k.$$

Sei nun $\varepsilon >0$. Dann existiert ein $N$ mit $\vert f(1)-A_k\vert<\varepsilon /2$ für alle $k>N$. Für $0<x<1$ gilt somit:

$$\vert f(1)-f(x)\vert \leq (1-x)\sum_{k=1}^{\infty}\vert f(1)-A_k\vert\,x^k$$

$$\leq (1-x)\sum_{k=1}^N \vert f(1)-A_k\vert\,x^k + \frac{\varepsilon }2(1-x)\sum_{k=N+1}^{\infty}x^k$$

$$\leq (1-x)\sum_{k=1}^N \vert f(1)-A_k\vert + \frac{\varepsilon }2$$

Für $x<1$ hinreichend nahe an $1$ können wir den ersten Summanden $(1-x)\sum_{k=1}^N \vert f(1)-A_k\vert$ ebenfalls durch $\varepsilon /2$ abschätzen, also existiert ein $\delta >0$, s.d. für alle $1-\delta <x<1$ die Ungleichung $\vert f(1)-f(x)\vert<\varepsilon$ erfüllt ist.     []

4.2.21 Beispiele.

1. Es ist $\operatorname{ln}(1+x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{k+1}}{n+1}$ für $\vert x\vert<1$. Wegen dem Leibnitzschen Test konvergiert diese Reihe auch für $x=1$. Also ist $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac1{n+1}=\lim_{x\to1-}\operatorname{ln}(1+x)=\operatorname{ln}(2)$.
2. Es ist $\arctan(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ für $\vert x\vert<1$. Wegen dem Leibnitzschen Test konvergiert diese Reihe auch für $x=\pm1$ also nach (4.2.20) gegen $\arctan(\pm 1)$. Also ist
   $$1-\frac13+\frac15-\frac17+-\dots=\arctan(1)=\frac{\pi}4$$

3. Es ist $\arcsin(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(2n-1)!\,x^{2n+1}}{(2n)!\,(2n+1)}$ für $\vert x\vert<1$. Die Partialsummen erfüllen $s_n(x)<\arcsin(x)<\arcsin(1)$ für $0<x<1$ also ist $s_n(1)=\lim_{x\to1-}s_n(x)\leq \arcsin(1)$ und somit konvergiert $s_n(1)$ und zwar gegen $\arcsin(1)$ und analog für $s_n(-1)\to \arcsin(-1)$.
4. Für $\alpha \in\protect\mathbb{R}$ ist
   $$(1+x)^\alpha =\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha }{k}\,x^k$$ für $$\vert x\vert<1.$$
   Für $\alpha \in\protect\mathbb{N}$ ist die Reihe endlich. Sei also $\alpha \notin\protect\mathbb{N}$. Für $x=-1$ und $a_n:=\binom{\alpha }{n}\,(-1)^n$ ist
   $$\frac{a_{n+1}}{a_n} = -\frac{\binom{\alpha }{n+1}}{\binom{\alpha }{n}} = \frac{n-\alpha }{n+1}=1-\frac{\alpha +1}{n+1}.$$
   Sei $\alpha >0$ und $1<\beta <\alpha +1$, dann ist
   $$\vert a_{n+1}/a_n\vert=1-\frac{\alpha +1}{n+1}\leq 1-\frac{\beta }{n}$$
   für alle hinreichend großen $n$, also konvergiert die Reihe $\sum_n a_n$ wegen dem Raabe'schen Test (2.5.15).

   Sei andererseits $\alpha <0$, dann ist $\alpha +1<\frac{n+1}{n}$ und somit ${a_{n+1}}/{a_n}>1-\frac1{n}$, also $\sum_n a_n$ divergent wegen dem Raabe'schen Test (2.5.15).

   Sei nun $x=1$ und $a_n=\binom{\alpha }{n}$. Für $\alpha \leq -1$ ist $a_{n+1}/a_n\leq -1$ also $\sum_n a_n$ divergent nach dem Quotiententest (2.5.11). Für $\alpha >-1$ ist $a_{n+1}/a_n<0$ für alle hinreichend großen $n$ und somit $\sum_k a_k$ alternierend mit

   $$\Bigl\vert\frac{a_{n+1}}{a_n}\Bigr\vert = 1-\frac{\alpha +1}{n}<1,$$
   also existiert ein $N$ s.d. $n\mapsto \vert a_n\vert$ fallend ist für $n\geq N$. Es ist
   $$\frac{\vert a_n\vert}{\vert a_N\vert} = \prod_{j=N}^{n-1} \frac{... ...a_{j+1}\vert}{\vert a_j\vert} = \prod_{j=N}^{n-1} (1-\frac{\alpha +1}{j+1}).$$
   Es ist $1+x\leq e^x$ für alle $x$, also ist
   $$\vert a_n\vert\leq \vert A_N\vert\,e^{-(\alpha +1)\sum_{j=N+1}^n\frac1j}.$$
   Wegen $\sum_j \frac1j\to{\infty}$ gilt $a_n\to 0$, also ist $\sum_n a_n$ konvergent nach dem Leibnitzschen Konvergenztest (2.5.12).

   Für $\alpha \in\protect\mathbb{R}\setminus\protect\mathbb{N}$ gilt somit die Formel

   $$(1+x)^\alpha =\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha }{n}\,x^n$$
   falls $\vert x\vert\leq 1$, falls $x=-1$ und $\alpha >0$, und falls $x=1$ und $\alpha >-1$. In allen anderen Fällen divergiert diese Reihe.