NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk.
SZÜKSÉGES FELTÉTEL
Ha ∑ 𝑎𝑛 pozitív (vagy nem negatív) tagú numerikus sor, akkor a konvergencia szükséges feltétele, hogy lim 𝑎𝑛 = 0 teljesüljön. Hangsúlyozzuk, hogy ez csak 𝑛→∞
szükséges, de nem elégséges feltétel, ami azt jelenti, hogy ennek teljesülése esetén sem biztos, hogy a sor konvergens, de ha nem teljesül, akkor biztosan divergens. Az első esetben az ún. konvergenciakritériumokkal dönthető el a dolog. Ha a kérdés a sor konvergenciája („Döntse el…”, „Vizsgálja meg…”, „Határozza meg…” kezdetű feladatokra kell gondolni), akkor ez az utóbbiak használatát jelenti. Persze ha egy feladatnál a szükséges feltétel sem teljesül, akkor pont „belenyúltunk” a „tutiba”, hiszen ennek vizsgálata, tekintve hogy sima határérték-számítási probléma, jóval egyszerűbb.
1. PÉLDA ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
(𝑛 − 3)2 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 2 2𝑛 + 10
Azonnal látható, hogy a sor pozitív (nem negatív) tagú. A határérték könnyedén meghatározható a nevező legmagasabb 𝑛 hatványával való leosztással. 6 9 1− + 2 1−0+0 1 (𝑛 − 3)2 𝑛2 − 6𝑛 + 9 𝑛 𝑛 lim 2 = lim = lim = = ≠0 2 10 𝑛→∞ 2𝑛 + 10 𝑛→∞ 2𝑛 + 10 𝑛→∞ 2 + 0 2 2+ 2 𝑛 Ez az eredmény azt jelenti, hogy az eredeti ∑ 𝑎𝑛 sor biztosan 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 . A megfelelő konvergenciakritérium alkalmazása nyilván ugyanezt az eredményt adná.
2. PÉLDA ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
𝑛+1 𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ ( ) 𝑛+3
2
Az világos, hogy 𝑎𝑛 > 0. Ismerjük fel, hogy a sor általános tagja az Euler-sorozat általános tagjával azonos. 𝑛2
lim (
𝑛→∞
𝑛+1 ) 𝑛+3
= lim [(1 + 𝑛→∞
−2 ) 𝑛+3
𝑛2 𝑛+3 𝑛+3
]
= lim (𝑒 −2 )𝑛 = 0 𝑛→∞
Az utolsó lépésben felhasználtuk, hogy lim 𝑞 𝑛 = 0, ha |𝑞| < 1. A szükséges 𝑛→∞
feltétel teljesül, ami azt jelenti, hogy a sor 𝑙𝑒ℎ𝑒𝑡 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 . Megmutatható a megfelelő elégséges feltétellel, hogy a sor valóban konvergens.
3. PÉLDA ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
23𝑛+1 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 5 ∙ 7𝑛−1
Az exponenciális kifejezések miatt a sor pozitív tagú. Alakítsuk át 𝑎𝑛 -t úgy, hogy a kitevő mindenhol 𝑛 legyen, majd osszunk le a kettővel ezelőtti példa alapján a nevező legmagasabb alapú exponenciális kifejezésével. 23𝑛+1 2 ∙ 8𝑛 14 8𝑛 14 8 𝑛 lim = lim = lim ∙ = lim ( ) = ∞ ≠ 0 1 𝑛 𝑛→∞ 5 7𝑛 𝑛→∞ 5 ∙ 7𝑛−1 𝑛→∞ 𝑛→∞ 7 5 5∙ ∙7 7 Felhasználtuk, hogy lim 𝑞 𝑛 = ∞, ha 𝑞 > 1. A sor tehát biztosan 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 , 𝑛→∞
ahogy azt egyébként az előző rész 3. példájában, ott mint mértani sorról, már beláttuk.
ELÉGSÉGES FELTÉTEL
A sorok konvergenciájára elégséges feltételt a konvergenciakritériumok adnak. Most a többes szám is indokolt, hiszen az általános tagtól függően más és más módszert lesz célszerű alkalmazni. A kapott eredmény egyértelműen eldönti, hogy a vizsgált numerikus sor konvergens, vagy divergens, eltekintve attól az egy esettől, amikor a határérték (erről lásd később) 1 lesz, mivel ez azt jelenti, hogy nem a megfelelő kritériummal próbálkoztunk. Megjegyezzük, hogy adott esetben többféle kritérium is használható ugyanannál a sornál.
A) ÖSSZEHASONLÍTÓ KRITÉRIUM
Akkor célszerű használni, ha az általános tag egy tört, és „ránézésre” is sejthető „róla” a konvergencia, vagy a divergencia. Ha ∑ 𝑎𝑛 és ∑ 𝑏𝑛 két pozitív tagú sor, és ∃𝑛0 ∈ ℕ úgy, hogy 𝑛 > 𝑛0 esetén 𝑎𝑛 ≤ 𝑏𝑛 , és ∑ 𝑏𝑛 konvergens, akkor ∑ 𝑎𝑛 is konvergens, és ∑ 𝑏𝑛 majoránsa ∑ 𝑎𝑛 -nek; illetve ha ∑ 𝑏𝑛 divergens, akkor ∑ 𝑎𝑛 is divergens, és ∑ 𝑎𝑛 minoránsa ∑ 𝑏𝑛 -nek. Természetesen erre a nevezetes sorokat szokás használni, hiszen ezekről tétel szerint tudjuk a konvergens, vagy a divergens mivoltukat. Egy tört értékét akkor növeljük, ha a számlálóját növeljük, és/vagy a nevezőjét csökkentjük; illetőleg akkor csökkentjük, ha a számlálóját csökkentjük, és/vagy a nevezőjét növeljük.
1. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
1 2𝑛2 + 3𝑛 + 5
Világos, hogy 𝑎𝑛 > 0. Sejthető, hogy az általános tag „mögött” annak jellegénél fogva a ∑
1 𝑛2
sor, pontosabban annak számszorosa „rejtőzik”. Erről tudjuk, hogy
konvergens, ezért próbálkozzunk meg most a majoráns kritériummal, azaz a számlálót növelve, és/vagy a nevezőt csökkentve, keressünk „hozzá” egy nála (esetleg véges sok indextől kivételével) nagyobb törtet.
1 1 1 1 < = ∙ ⏟ 2𝑛2 + 3𝑛 + 5 2𝑛2 2 𝑛2 𝐻𝑎 𝑛≥1
Hiszen ha a nevezőből a pozitív 3𝑛 + 5 tagot elhagyjuk, akkor értéke csökken, 1
1
2
𝑛2
és emiatt a tört értéke pedig nő. Mivel az ∑
sor konvergens, ezért a ∑ 𝑎𝑛
sor is 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
2. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
3𝑛 − 1 (𝑛 + 1) ∙ 2𝑛
Ha 𝑛 ∈ [1; ∞[, akkor 𝑎𝑛 > 0, a sor pozitív tagú. Tekintve, hogy a tört számlálója és nevezője azonos fokszámú polinom(ot tartalmaz), így „nem is számítanak”. Innen sejthetjük, hogy a sor konvergens lesz, hiszen az exponenciális tényező megmarad a nevezőben, tehát ismét majorálni próbálunk. 3𝑛 − 1 3𝑛 + 3 3 1 𝑛 < = =3∙( ) (𝑛 + 1) ∙ 2𝑛 (𝑛 + 1) ∙ 2𝑛 2𝑛 2 ⏟ 𝐻𝑎 𝑛≥1
A számlálót növeltük változatlan nevező mellett. Ez utóbbi sorról tudjuk, hogy egy konvergens mértani sor (lásd az első részben), majoránsa az eredeti sornak, vagyis ∑ 𝑎𝑛 szintén 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
3. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=0
𝑛=0
4𝑛 + 3 𝑛2 + 8
Először is 𝑎𝑛 > 0, hiszen mind a számláló, mind a nevező pozitív ilyen 𝑛-ekre. 1
Érezhető, hogy a tört „jellegű”, mivel a számláló egy első-, a nevező pedig egy 𝑛
1
másodfokú polinom. A ∑ sorról (vagyis a harmonikus sorról) viszont tudjuk, 𝑛
hogy divergens, ezért most minoránst keresünk, azaz próbáljuk nevezett sorral felülről „behatárolni” a megadott sort.
4𝑛 + 3 4𝑛 2 1 > = = 2 ∙ ⏟ 𝑛2 + 8 𝑛2 + 𝑛2 𝑛 𝑛 𝐻𝑎 𝑛≥3
Az nevezőt ∀𝑛 ≥ 0 számra csökkentettük, a nevezőt pedig növeltük, de ez csak 𝑛 ≥ 3 esetén igaz. A harmonikus sor számszorosa is divergens, és minoránsa az eredeti sornak, ezért az is 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
4. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
3 √𝑛(𝑛 + 4)
A négyzetgyök okán nyilvánvaló, hogy pozitív tagú sorral van dolgunk. Szintén a 1
gyök miatt az is világos, hogy a sor -re „vezethető vissza” a megfelelő módon. 𝑛
Az eddigi megfontolások alapján próbáljunk meg keresni hozzá egy divergens minoráns sort. 3 + 4) √𝑛(𝑛 ⏟
>
1 √𝑛(𝑛 + 3𝑛)
=
1 1 1 = ∙ 2𝑛 2 𝑛
𝐻𝑎 𝑛≥2
Valóban találtunk az eredeti ∑ 𝑎𝑛 -hez egy divergens minoráns sort, most éppen 1
1
2
𝑛
az ∑ sort. Mindez azt jelenti, hogy a kitűzött példa egy 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 sor.
B) HÁNYADOSKRITÉRIUM
Általában akkor használható módszer, ha az általános tag tört, és exponenciális kifejezést, faktoriálist, vagy 𝑛-edik hatványt tartalmaz. Legyen ∑ 𝑎𝑛 egy nem negatív (tehát pozitív) tagú numerikus sor. Ekkor a követező határérték dönti el a konvergencia kérdését (ha eldönti). < 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑎𝑛+1 lim {= 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑛𝑒𝑚 𝑑ö𝑛𝑡ℎ𝑒𝑡ő 𝑒𝑙 𝑛→∞ 𝑎𝑛 > 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠
1. PÉLDA ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
𝑛3 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ (ln 3)𝑛
Tekintve, hogy ln 3 > 0, ezért a tört mindig pozitív előjelű. A fentiek közül most 𝑛-edik hatvány szerepel, így próbálkozzunk meg a hányadoskritériummal. A sor 𝑎𝑛+1 -edik tagja 𝑛 → 𝑛 + 1 helyettesítéssel írható fel. (𝑛 + 1)3 (ln 3)𝑛 𝑎𝑛+1 1 𝑛+1 3 1 lim = lim ∙ = lim ∙ = <1 ( ) 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ (ln 3)𝑛+1 𝑛→∞ ln 3 𝑛3 𝑛 ln 3 Felhasználtuk a hatványozás azonosságait, illetve azt, hogy a zárójelben lévő kifejezés határértéke 1, továbbá a tényt, hogy ln 3 > 1. Az így kapott eredmény alapján kijelenthetjük, hogy ∑ 𝑎𝑛 egy 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 sor. Ez a határérték nem keverendő össze a sor összegével.
2. PÉLDA ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
(𝑛 + 2) ∙ 3𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛 ∙ 5𝑛+1
Világos, hogy ez egy pozitív tagú sor. A tört, és az exponenciális tényezők miatt célszerűnek tűnik a szóban forgó kritériummal dolgozni. (𝑛 + 3) ∙ 3𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑛 ∙ 5𝑛+1 3 𝑛2 + 3𝑛 3 lim = lim ∙ = lim ∙ = <1 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ (𝑛 + 1) ∙ 5𝑛+2 (𝑛 + 2) ∙ 3𝑛 𝑛→∞ 5 𝑛2 + 3𝑛 + 2 5 A kapott eredmény azt jelenti, hogy az eredeti numerikus sor 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
3. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
1 2𝑛2 + 3𝑛 + 5
A sort már megvizsgáltuk korábban, az összehasonlító kritérium tárgyalásakor. De annak illusztrálására, hogy nem mindegy, hogy az adott problémánál éppen melyik kritériumot „eresztjük rá” a sorra, nézzük meg, mit kapunk most.
𝑎𝑛+1 1 2𝑛2 + 3𝑛 + 5 lim = lim ∙ = 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ 2(𝑛 + 1)2 + 3(𝑛 + 1) + 5 1 3 5 2+ + 2 2+0+0 2𝑛2 + 3𝑛 + 5 𝑛 𝑛 = lim 2 = lim = =1 7 10 2 + 0 + 0 𝑛→∞ 2𝑛 + 7𝑛 + 10 𝑛→∞ 2+ + 2 𝑛 𝑛 Tehát ezzel a módszerrel 𝑛𝑒𝑚 𝑑ö𝑛𝑡ℎ𝑒𝑡ő 𝑒𝑙 , hogy konvergens, vagy divergens a sor, de láttuk korábban az összehasonlító kritérium felhasználásával, hogy ez a sor konvergens.
4. PÉLDA ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
4𝑛 ∙ (𝑛 − 1)! ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛𝑛
Az eddigiek alapján látható, hogy a sor pozitív tagú, továbbá az is, hogy most is a hányadoskritérium a célszerű(nek tűnő) módszer. 𝑎𝑛+1 4𝑛+1 ∙ 𝑛! 𝑛𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 lim = lim ∙ = lim 4 ∙ ∙ = ( ) 𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛→∞ (𝑛 + 1)𝑛+1 4𝑛 ∙ (𝑛 − 1)! 𝑛→∞ 𝑛+1 𝑛+1 = lim 4 ∙ [(1 + 𝑛→∞
−1 ) 𝑛+1
𝑛 𝑛+1 𝑛+1
]
1 4 ∙1=4∙ ∙1= >1 𝑒 𝑒
Felhasználtuk, hogy a definíció szerint 𝑛! = 1 ∙ 2 ∙ … ∙ (𝑛 − 2) ∙ (𝑛 − 1) ∙ 𝑛 = (𝑛 − 1)! ∙ 𝑛. A végeredményből már következik, hogy a sor 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
C) GYÖKKRITÉRIUM
Ha a sor pozitív tagú, és tartalmaz 𝑛-edik hatványt is, akkor a gyökkritérium lehet a célravezető módszer. Elvét tekintve hasonló, mint az előző pontban tárgyalt típus. < 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑔𝑒𝑛𝑠 lim √𝑎𝑛 {= 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑛𝑒𝑚 𝑑ö𝑛𝑡ℎ𝑒𝑡ő 𝑒𝑙 𝑛→∞ > 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑛
1. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
1 𝑛 (3 + 𝑛) 2𝑛6
Nyilvánvaló, hogy ha 𝑛 ∈ [1; ∞[, akkor 𝑎𝑛 > 0. Az iménti megfontolás alapján 𝑛
1
használjuk most a gyökkritériumot. Érdemes olykor az √… kifejezést (… )𝑛 formában értelmezni. 1 𝑛 = lim 3 + 0 = 3 > 1 lim 𝑛√𝑎𝑛 = lim 𝑛 𝑛 6 𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ √2 ∙ √𝑛6 𝑛→∞ 1 ∙ ( √𝑛 ) 3+
Eszerint a sor 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 . Felhasználtunk két olyan nevezetes határértéket, amelyek a gyökkritérium használata esetén gyakran előfordulnak, mégpedig 𝑛 𝑛 hogy lim √𝑎 = 1 (𝑎 ∈ ℝ+ ), illetve hogy lim √𝑛 = 1. 𝑛→∞
𝑛→∞
2. PÉLDA ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
𝑛+2 𝑛 −𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 10 ∙ ( ) 𝑛
2
Az eddigiek alapján gyorsan eljuthatunk oda, hogy ismét a gyökkritérium lesz a célszerű eme pozitív tagú numerikus sor esetében is. 2
𝑛 2 1 𝑒2 2 √ lim √𝑎𝑛 = lim 𝑛 ∙ (1 + ) = ∙𝑒 = <1 𝑛→∞ 𝑛→∞ √10𝑛 𝑛 10 10
1
𝑛
𝑛
Tehát a sor 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
3. PÉLDA ∞
∞
𝑛=3
𝑛=3
𝑛−1 𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛 ∙ ( ) 𝑛−2
Mivel a sor ismét csak egy pozitív tagú sor, használható valamelyik kritérium. Az 𝑛-edig hatványból pedig adódik, hogy a gyökkritérium a kézenfekvő. 𝑛
lim 𝑛√𝑎𝑛 = lim √𝑛 ∙ (
𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛−1 1 ) = lim 1 ∙ (1 + )=1 𝑛→∞ 𝑛−2 𝑛−2
Ez azt jelenti, hogy rossz módszerrel „nyúltunk” a sorhoz, mivel ha a keresett határérték éppen 1 lesz, akkor 𝑛𝑒𝑚 𝑑ö𝑛𝑡ℎ𝑒𝑡ő 𝑒𝑙 a konvergencia.
D) INTEGRÁLKRITÉRIUM
Bizonyos esetekben a sorból „legyártható” egy improprius integrál, és e kettő a vonatkozó tétel szerint egyszerre konvergens, vagy divergens. Legyen ∑∞ 𝑛=𝑛0 𝑎𝑛 egy pozitív tagú sor, és tegyük fel, hogy létezik egy olyan folytonos, és monoton ∞ csökkenő 𝑓(𝑥), hogy ∀𝑛 ∈ ℕ-re 𝑓(𝑛) = 𝑎𝑛 . Ha ∫𝑛 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 konvergens, akkor ∑∞ 𝑛=𝑛0 𝑎𝑛
0
is konvergens, és ennek az ellenkezője is igaz.
1. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛 ∙ 𝑒 −𝑛 𝑛=1
2
𝑛=1
Ami rögtön látszik, az az, hogy a sor pozitív tagú. Még az is rendben van, hogy 2 az ebből „képzett” ∫ 𝑥 ∙ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 is ismerős (legalábbis az kellene, hogy legyen). A függvény monoton csökkenő mivolta azonban nem egyértelmű. 2
2
2
𝑓 ′ (𝑥) = 1 ∙ 𝑒 −𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑒 −𝑥 ∙ (−2𝑥) = (1 − 2𝑥 2 ) ∙ 𝑒 −𝑥 < 0, ℎ𝑎 𝑥 ≥ 1 ∞
∞
∫ 𝑥 ∙ 𝑒 −𝑥 1
2
1 1 2 2 ∞ 𝑑𝑥 = − ∫ ⏟ −2𝑥 ∙ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = − [𝑒 −𝑥 ]1 = 2 2 ′ (𝑥)∙𝑓(𝑔(𝑥)) 1 𝑔
1 1 1 1 1 1 = − ( lim 𝑥 2 − ) = − (0 − ) = 2 𝑥→∞ 𝑒 𝑒 2 𝑒 2𝑒 Az integrál konvergenciája egyúttal azt is jelenti, hogy az eredeti numerikus sor szintén 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
2. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=0
𝑛=0
5 √3𝑛 + 1
A gyök miatt könnyű belátni, hogy egyrészt a sor pozitív tagú, másrészt pedig azt, hogy az 𝑓(𝑥) =
5 √3𝑥+1
függvény monoton (sőt szigorúan monoton) csökken,
hiszen a nevező (szintén szigorúan) monoton nő. ∞
∫ 0
∞
5 √3𝑥 + 1 =
1
− 𝑑𝑥 = 5 ∫ (3𝑥 ⏟ + 1) 2 𝑑𝑥 = 0
𝑓(𝑎𝑥+𝑏)
10 ∞ [√3𝑥 + 1]0 = 3
10 10 (∞ − 1) = ∞ ( lim √3𝑥 + 1 − 1) = 3 𝑥→∞ 3
Ez az improprius integrál tehát divergens. Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy a példabeli sor is 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
E) LEIBNIZ-KRITÉRIUM
Fontos már az elején leszögezni, hogy ez a kritérium váltakozó előjelű sorokra vonatkozik. A ∑ 𝑎𝑛 sor Leibniz-típusú sor, ha váltakozó előjelű, és a tagjainak az abszolútértékéből képzett sorozat monoton csökkenő módon 0-hoz tart. Az ide kapcsolódó tétel szerint az ilyen típusú numerikus sorok konvergensek.
1. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=0
𝑛=0
(−1)𝑛+1 3
√𝑛 + 1
Ha 𝑛 páros (páratlan), akkor 𝑛 + 1 páratlan (páros), és emiatt (−1)𝑛+1 = −1 ((−1)𝑛+1 = 1), ami azt jelenti, hogy a sor tagjai váltakozó előjelűek. A nevező most szigorúan monoton növekvő, így a tört szigorúan monoton csökkenő, és 3 lim √𝑛 + 1 = ∞ miatt az is igaz, hogy lim |𝑎𝑛 | = 0. Mindebből következik, 𝑛→∞
𝑛→∞
hogy a sor Leibniz-típusú, és emiatt 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 is.
2. PÉLDA ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
𝑛2 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ cos(𝑛𝜋) ∙ 𝑛+1
Ha 𝑛 ≥ 1 pozitív egész, akkor cos(𝑛𝜋) = ±1, ami miatt a sor váltakozó előjelű lesz. Legyen 𝑓(𝑥) = 𝑓
′ (𝑥)
𝑥2
.
𝑥+1
2𝑥(𝑥 + 1) − 𝑥 2 ∙ 1 𝑥(𝑥 + 2) = = > 0, ℎ𝑎 𝑥 ≥ 1 (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2
Az abszolútértékekből képzett sorozat tehát nem csökkenő, a sor nem Leibniztípusú, de a sor nem önmagában ezért 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 , hanem mert (emlékezzünk a szükséges feltételre) lim |𝑎𝑛 | ≠ 0. 𝑛→∞
3. PÉLDA ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ lg n 0,1 ∙ 𝑛=3
𝑛=3
𝑛−2 𝑛2
Mivel lg n 0,1 = (−1)𝑛 = ±1 (𝑛 paritásától függően), ezért váltakozó előjelű sorral van dolgunk. Ha most 𝑓(𝑥) = 𝑓
′ (𝑥)
𝑥−2 𝑥2
, akkor a monotonitás a következő.
1 ∙ 𝑥 2 − (𝑥 − 2) ∙ 2𝑥 4 − 𝑥 = = 3 < 0, ℎ𝑎 𝑥 ≥ 5 𝑥4 𝑥 1 2 − 𝑛−2 𝑛 𝑛2 0 − 0 lim = lim = =0 𝑛→∞ 𝑛2 𝑛→∞ 1 1
Mindhárom feltétel teljesül, tehát ∑ 𝑎𝑛 most Leibniz-típusú sor, és ebből már következik, hogy 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 .
GYAKORLÓ FELADATOK
(Szükséges feltétel) ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
𝑛+3 √9𝑛2 − 𝑛 − 1
(Megoldás: divergens) ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=3
𝑛=3
3𝑛 − 8 (2𝑛 − 1)2
(Megoldás: lehet konvergens)
(Összehasonlító kritérium) ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
3𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛 2 + 4 ∙ 5𝑛
(Megoldás: konvergens, majoráns) ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1
1 2𝑛 + √𝑛
(Megoldás: divergens, minoráns)
(Hányadoskritérium) ∞
∞
𝑛=2
𝑛=2
(𝑛 − 1)3 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ (ln 2)𝑛
(Megoldás:
1 ln 2
> 1, divergens)
∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
3 𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛 ∙ ( ) 𝑛
(Megoldás: 0 < 1, konvergens)
𝑛 ( ) ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 2𝑛 3 ∞
∞
𝑛=2
𝑛=2
1
(Megoldás: < 1, konvergens) 3
(Gyökkritérium) ∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
10𝑛−1 1 2𝑛 ∙( ) ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛5 𝑛
(Megoldás: 0 < 1, konvergens) ∞
∞
𝑛=0
𝑛=0
𝑛+2 𝑛 𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 2 ∙ ( ) 𝑛+1
2
(Megoldás: 2𝑒 > 1, divergens)
(Integrálkritérium) ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=1
𝑛=1 1
(Megoldás:
, konvergens)
12
∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛=2
1 (4𝑛 − 1)2
𝑛=2
5 𝑛 ∙ ln(2𝑛)
(Megoldás: ∞, divergens)
(Leibniz-kritérium) ∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ cos n 𝜋 ∙ 𝑛=2
𝑛=2
(𝑛 − 2)! 𝑛!
(Megoldás: Leibniz-típusú, konvergens)
∞
∞
∑ 𝑎𝑛 = ∑ (−1)𝑛 ∙ 𝑛=1
𝑛=1
2𝑛 + 1 4𝑛 + 1
(Megoldás: lim |𝑎𝑛 | ≠ 0, divergens) 𝑛→∞
∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
(−1)𝑛 ∙ ln 𝑛 ∑ 𝑎𝑛 = ∑ 𝑛
(Megoldás: Leibniz-típusú, konvergens)
