Egy harmadik fajta bolha mindig előző ugrásának kétszeresét ugorja és így a végtelenbe jut el

SOROK

Végtelen sok valós számból álló összegeket soroknak nevezzük. A sorban szereplő tagokat képzeljük el úgy, mint egy bolha ugrásait a számegyenesen. A sor összege – ha létezik ilyen – az a szám ahova a bolha ugrásai során eljut. Nézzük például a következős sort: n



1 1 1 1    1     ...  2 4 8 n 0  2  Itt a bolha fáradékony, ezért ugrásai egyre rövidülnek minden ugrása az előző ugrásának a fele. Véges sok ugrással sosem érheti el a 2-t, mert mindig fele akkorát ugrik, mint ami még a hátralévő út a 2-ig.

0

0,5

1

1,5

2

Ha viszont az ugrások száma végtelen, akkor a bolha éppen eljut a 2-be.

Egy másik bolha egyáltalán nem fáradékony, viszont meglehetősen zavarodottan ugrál.

easymaths.hu Először ugrik 1-et, majd vissza ugrik 1-et. Utána megint ugrik 1-et, majd megint vissza. 

  1

n

 1  1  1  1  1  1  1...

n 1

-1

0

1

Ez a bolha az égvilágon sehova nem jut el, ha az ugrások száma végtelen.

Egy harmadik fajta bolha mindig előző ugrásának kétszeresét ugorja és így a végtelenbe jut el. 

2

n

 1  2  4  8  16  ...

n 0

0

10

20

30

40

Ebből a három esetből az első esetben nevezzük a sort konvergensnek, vagyis amikor a bolha az ugrásai során egy konkrét valós számhoz jut el, és ezt a valós számot nevezzük a sor összegének. Ha a bolha ugrásai során nem jut el sehova, vagy végtelenbe jut, akkor a sor divergens. A második és a harmadik sor tehát divergens, a másodiknak nincs összege, míg a harmadik sor összege végtelen.

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

SOROK

1

SOROKKAL KAPCSOLATBAN KÉTFÉLE KÉRDÉS MERÜLHET FÖL

A SOR KONVERGENS VAGY DIVERGENS-E?

HA A SOR KONVERGENS, MI A SOR ÖSSZEGE?

ez egy viszonylag könnyen megválaszolható kérdés

KONVERGENCIA-KRITÉRIUMOK

erre sokszor egyáltalán nem tudunk válaszolni és különböző trükkök kellenek

A SOR ÖSSZEGÉNEK KISZÁMOLÁSA

1. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha

lim an  0

akkor

a

divergens.

n

ha q  1

2. LEIBNIZ-SOROK A

  1

n

 an

1. MÉRTANI SOR ÖSSZEGE

sor konvergens, ha

an  0

de nem biztos, hogy abszolút konvergens.

ha q  1



akkor

a

1

0 

akkor

a

1

 qn 

a1 1 q

 q n  divergens

0

3. GYÖK KRITÉRIUM

a  1 akkor  a

Ha lim n an  1 akkor

n

Ha lim n a n

n

absz. konvergens

2. A SOR ÖSSZEGÉNEK KISZÁMOLÁSA A RÉSZLETÖSSZEG SOROZAT HATÁRÉRTÉKÉVEL

easymaths.hu divergens

Ha lim a n  1 akkor nem tudni mi van

a

n

 lim sn

ahol

sn  a1  a2  ...  an

n

LÁSSUNK EGY PÉLDÁT: 

4. HÁNYADOS KRITÉRIUM



a n1 an absz. konvergens  1 akkor an a n 1 an divergens  1 akkor Ha lim an a n 1  1 akkor nem tudni mi van Ha lim an Ha

lim



5. ÖSSZEHASONLÍTÓ KRITÉRIUM Ha

a

n

és

b

n

nem negatív tagú sorok,

és egy bizonyos tagtól

b a

n

konvergens

n

divergens

an  bn akkor

  an

  bn

is konvergens

1

1

1

1

 nn  1  1 2  2  3  3  4  ...  ? 1

a részletösszeg sorozat

1 1 1 1    ...  1 2 2  3 3  4 nn  1 1 1 1 1 1 1 1 1        ...    1 2 2 3 3 4 n n 1 1  1 n 1 1    1 mivel pedig lim s n  lim 1   n 1  an  lim sn  1 a sor összege. sn 

is divergens

6. HARMONIKUS SOROK konvergens ha   1

1

 n

divergens, ha   1

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

SOROK

2

A KONVERGENCIA KRITÉRIUMOK HASZNÁLATA 1. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha

lim an  0

akkor

a

n

divergens.

Nézzük meg, hogy konvergens-e például 

2n

 n 1 1

A válasz az, hogy nem, mert

lim

2n  2  0 és ezért a sor divergens. n 1

Az állítás megfordítása viszont nem igaz, például hiába

lim

1  0 ettől még n



1

n

divergens.

1

2. LEIBNIZ-SOROK A

  1

n

 an

sor konvergens, ha

an  0

de nem biztos, hogy abszolút konvergens.

Az a sor, hogy 

  1

n

1



1 n

tehát Leibniz-sor vagyis konvergens. De nem abszolút konvergens.

 a sort abszolút konvergensnek nevezzük, ha a  a sor is konvergens. 1 1 1   1  n   n ami divergens, tehát az eredeti   1  n nem absz. konvergens

A

mateking.hu n



n

n

1





1

1

n

3. GYÖK KRITÉRIUM

a  1 akkor  a

Ha lim n an  1 akkor

n

absz. konvergens

Ha lim n a n

n

divergens

Ha lim n a n  1 akkor nem tudni mi van Nézzük meg, hogy konvergens-e például

5n  nn

Alkalmazzuk a gyök kritériumot:

lim n

5n 5  lim  0  1 és ezért a sor konvergens, sőt abszolút konvergens. n n n

Itt van aztán ez, hogy

 n3   n  2 

n2

itt is alkalmazzuk a gyök kritériumot

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

SOROK

3

n

 n3 lim n   n2

n

2

 n3  lim   n2

n2 n

 3 1   n 3  n3  n  e  e 1  lim    lim n e2 n2  2 1    n

a sor divergens

4. HÁNYADOS KRITÉRIUM



a n1 an absz. konvergens  1 akkor an a n 1 an divergens  1 akkor Ha lim an a n 1  1 akkor nem tudni mi van Ha lim an Ha

lim



Nézzük meg, hogy konvergens-e például

2 n  n!  nn

Alkalmazzuk a hányados kritériumot. Azért a hányadost, mert a faktoriális nem szereti a gyök kritériumot:

lim

a n 1 2 n 1  n  1! 2 n  n! 2 n 1  n  1! n n 2 n  2  n!n  1 n n  lim :  lim   lim   an nn n  1n1 n  1n1 2 n  n! n  1n n  1 2 n  n!

mateking.hu  lim

2  nn

n  1

n

n

1 2  n   lim 2  1   lim 2 n e  n  1  1 1    n

érdemes megjegyezni, hogy

n  1! 1 2  3  ...  n  n  1 n  1! n!n  1

és ezért a sor konvergens, sőt abszolút konvergens. Itt van aztán ez, hogy

n2  3  n 5  5n A gyök kritérium csődöt mond, mert

n2  3 lim 5 1 n  5n n

Jegyezzük meg, hogy polinom/polinom esetben csak az összehasonlító kritérium nyerő! felülről becsüljük a sort

n 2  3 n 2  3n 2 4n 2 4   5  3 5 5 n  5n n n n és ekkor

n2  3  n 5  5n

konvergens, mert a nála nagyobb

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

4

n

5

sor konvergens.

SOROK

4

SOROK ÖSSZEGÉNEK KISZÁMÍTÁSA

MÉRTANI SOR ÖSSZEGKÉPLETE Ha

Ha



q 1

akkor

a

1

0 

q 1

akkor

a

1

 qn 

a1 1 q

 q n  divergens

0

ÍME EGY PÉLDA!

MÉG EGY PÉLDA: 

n



3 0 5   4   ? Beazonosítjuk 

3

n

0

?

1

a1 -et és q -t:

n

3 9  5  5   5   ... 4 16 a 3 a1  5 q  n1  an 4

 5   4 

3

  2

Beazonosítjuk

a1 -et és q -t: 3 3 3 3 1  2n   2  4   8 ... a 1 3 q  n1  a1  an 2 2 

easymaths.hu tehát

tehát

n



3 a  1   2  1 1 1 q 1 2

a 5 3 0 5   4   1 1q  3  20 1 4

  2

AZTÁN MÉG EGY PÉLDA:

ÉS VÉGÜL MÉG EGY PÉLDA:

 3  1   2   ? Beazonosítjuk

a1 -et és q -t:

n



3 9 27  3  1   2    2  4   8 ... a 3 3 q  n1  a1  an 2 2 sajna

3

n

1



n





3 q 1 2

3n 0 4   22n  ? Beazonosítjuk a1 -et és q -t: 

3n 1 3 9 0 4   22n  4  1  4  4  4  16 ... a 3 a1  4 q  n1  an 4 tehát 

ezért a sor divergens!

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

a 3n 4 0 4   22n  1 1q  3  16 1 4

SOROK

5

A GOND AKKOR VAN, HA NEM MÉRTANI SORRAL AKADUNK ÖSSZE. ILYENKOR A RÉSZLETÖSSZEG SOROZAT HATÁRÉRTÉKÉT KELL KISZÁMOLNUNK.

a

n

 lim sn

ahol

sn  a1  a2  ...  an

LÁSSUNK EGY PÉLDÁT: 

 4n

1 2

1

1

?

A nevezőt szorzattá alakítjuk, aztán bűvészmutatványok következnek, felbontjuk a törtet két tag különbségére: 



 1 A B 1 4n 2  1  1 2n  12n  1  1 2n  1  2n  1

1

Kitaláljuk A-t és B-t.

1 A B   2n  12n  1 2n  1 2n  1 beszorzunk, aztán egyszer a B-nek az együtthatóját nullázzuk le, utána meg A-nak az együtthatóját.

1  A2n  1  B2n  1

easymaths.hu először B-t nullázzuk ki:

n

1  1   1   1  A 2  1  B 2  1 2  2   2  1 1  A  2  B  0 így A  2

aztán meg A-t nullázzuk ki:

2 1 1  1   1   n  1  B 2  1 n 1  A 2 2  2   2  1 1  A  0  B   2 így B  2 a felbontás tehát 

 4n 1



1 2

1

 1

1/ 2 1/ 2  2n  1 2n  1

a részletösszeg sorozat ekkor

1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1 1/ 2     ...    1 3 3 5 2n  1 2n  1 1/ 2 1/ 2   1 2n  1 1  1 1/ 2  1 an  lim s n   mivel pedig lim s n  lim    2  2 2n  1  2 sn 

LÁSSUNK EGY MÁSIK PÉLDÁT: www.easymaths.hu 

SOROK

a sor összege.

6

a matek világos oldala 1

?  n©Mosóczi  3n  2 András 2

1

A nevezőt szorzattá alakítjuk, aztán megint bűvészmutatványok következnek, felbontjuk a törtet két tag különbségére:

LÁSSUNK EGY MÁSIK PÉLDÁT! 

n 1

2

1 ?  3n  2

Megint szorzattá alakítjuk a nevezőt, aztán jönnek a bűvészmutatványok. Parciális törtekre bontunk. 

  1 1 A B 1 n 2  3n  2  1 n  1n  2  1 n  1  n  2

KITALÁLJUK A-T ÉS B-T:

1 A B   n  1n  2 n  1 n  2

a felbontás tehát 

 1 1 1  1 n 2  3n  2 1 n  1  n  2

BESZORZUNK

a részletösszeg sorozat ekkor

n  1  1  A 1  2  B 1  1 1  A  1  B  0 így A  1

1  An  2  Bn  1

1 1 1 1 1 1 1 1      ...    2 3 3 4 4 5 n 1 n  2 1 1   2 n2 1  1 1  mivel pedig lim s n  lim   2 n2 2 sn 

n  2  1  A 2  2  B 2  1 1  A  0  B   1 így B  1

a

n

 lim s n 

1 2

a sor összege.

easymaths.hu LÁSSUNK AZTÁN EGY BONYOLULTABB PÉLDÁT: 

1

 nn  1n  2  ? 1

A bűvészmutatványok most még érdekesebbek. Jön a parciális törtekre bontás: 

 1

21  1 nn n1n  2



A

B

C

 n  n 1  n  2 1

Itt is ki kell találnunk A-t B-t és C-t.

1 A B C    nn  1n  2 n n  1 n  2 beszorzunk:

1  An  1n  2  Bnn  2  Cnn  1

Aztán egyesével lenullázzuk a jobb oldal tagjait.

1  An  1n  2  Bnn  2  Cnn  1

n  0  1  A0  10  2  B  0  C  0

 1  A 2



n  1  1  A  0  B   1   1  2  C  0  1  B   1  n  2  1  A  0  B  0  C   2 2  1  1  C  2 Ekkor www.easymaths.hu

 1 1oldala / 2  1 1/ 2 a matek világos    1 n©Mosóczi  n  1n  2András n n 1 n  2 1 

Végül még egy trükk:

SOROK



1 2 B  1 1 C 2

A

7

A felbontás tehát megvolna:  1 1/ 2  1 1/ 2 1 nn  1n  2  1 n  n  1  n  2 

Végül még egy trükk. A középső tagot kettébontjuk és nem is véletlenül. Azért bontjuk ketté, hogy neki is 1/2 legyen a számlálója és így jobban szeressék őt a többiek:   1 1/ 2  1 1/ 2 1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2     1 nn  1n  2 1 n n  1 n  2 1 n  n  1  n  1  n  2 

No lássuk a részletösszeg sorozatot!

sn 

... 

1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2 1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2 1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2             ... 1 2 2 3 2 3 3 4 3 4 4 5

1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2    n n 1 n 1 n  2

Ki kéne deríteni, hogy kik esnek itt ki. Ha kicsit nézegetjük, arra jutunk, hogy minden blokk két középső tagját az előtte és utána lévő blokk szélső tagjai ejtik ki. Vagyis azok a tagok maradnak meg, akik vagy a legelső blokkban vagy a legutolsóban vannak. Mégpedig:

sn 

1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2    1 2 n 1 n  2

easymaths.hu A részletösszeg sorozat határértéke

 1/ 2  1/ 2  1/ 2 1/ 2  1 lim sn  lim     2 n 1 n  2  4  1

és így

a

n

 lim s n 

1 4

LÁSSUNK EGY MÁSIK ÉRDEKES PÉLDÁT: 

 0

n 1 ? 2n

Itt is a parciális törtekre bontás módszerét használjuk, mégpedig a következő módon. A különbség első tagjában n helyett n-1 van a második tagban n van. Erre azért van szükség, hogy a felbontás során teleszkopikus összeget kapjunk.

n  1  An  1  B An  B 0 2 n  0 2 n1  2 n 

Lássuk mennyi A és B!

n  1 An  1  B An  B   2n 2 n1 2n

Beszorzunk

2 n -el.

n  1  2   An  1  B   An  B

Felbontjuk a zárójeleket:

n  1  2 An  2 A  2B  An  B www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

SOROK

8

Aztán jobb oldalon rendet rakunk:

n  1  An  2 A  B

1 A

1  2 A  B

KONVERGENCIA HASZNÁLATA AAbal oldalon 1db n van,KRITÉRIUMOK tehát a jobb oldalon is 1db kell, legyen: A bal oldalon a konstans 1, tehát a jobb oldalon is 1 kell, legyen: Ekkor

A 1

és

1 A 1  2 A  B

B3

A felbontás:

n  1  1  n  1  3 1  n  3  n  2 n  3 0 2 n  0 2 n1  2 n  0 2 n1  2 n 

A részletösszeg sorozat

0  2 0  3 1 2 1 3 2  2 2  3 n2 n3  1  0  1  1  2  ...  n1  n  1 2 2 2 2 2 2 2 2 SOROKKAL KAPCSOLATBAN KÉTFÉLE 2 3 3 4 4 5 n2 n3 2 n3  1  1  0  1  1KÉRDÉS  2  ...MERÜLHET  n1  n FÖL  1  n 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sn 

mateking.hu A sor összege pedig a részletösszeg sorozat határértéke:

A SOR KONVERGENS VAGY  2 n  3 DIVERGENS-E? lim sn  lim 1  n   4  0  4

2

2



és így

a

n

 lim sn  4

www.easymaths.hu a matek világos oldala ©Mosóczi András

SOROK

9