VIK, M˝uszaki Informatika ANAL´IZIS (1)
Numerikus sorok Oktat´asi seg´edanyag
A Villamosm´ern¨oki ´es Informatikai Kar m˝uszaki informatikus hallgat´oinak tartott el˝oad´asai alapj´an ¨ossze´all´ıtotta:
Fritz J´ozsefn´e dr. K´onya Ilona
2004. szeptember
Szerkesztette: Gy˝ori S´andor
1. A
Numerikus sorok konvergenci´ aja ∞ P
ak
v´egtelen ¨osszeghez hozz´arendel¨ unk egy ( sn ) sz´amsorozatot a k¨ovetkez˝o
k=1
m´odon: ∞ X
ak = a1 +a2 +a3 + · · · + an + · · · |{z} k=1 s | 1 {z } s | 2 {z } s3 {z } | sn
sn :=
n X
ak :
n-edik r´eszlet¨osszeg
k=1
E sz´amsorozat hat´ar´ert´ek´enek seg´ıts´eg´evel defini´aljuk a sor ¨osszeg´et az al´abbiaknak megfelel˝oen. ∞ ²¯ X
D A ±°
ak numerikus sor konvergens ´es ¨osszege s , ha l´etezik a
k=1
lim sn = lim
n→∞
n→∞
à n X
! ak
=s∈R
k=1
(v´eges) hat´ar´ert´ek. A r´eszlet¨osszegek (sn ) sorozat´anak viselked´ese szerint az al´abbi esetek lehets´egesek: s ∈ R , az ¨osszeg konvergens n ∞ X X +∞ , ak = lim ak = lim sn = −∞ , n→∞ n→∞ az ¨osszeg divergens. k=1 k=1 @, ¶³ ∞
Pl.
P
µ´ 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + · · ·
eset´en
sn =
k=1
=⇒ lim sn = ∞ n→∞
n P
1=n
k=1
(Divergens a sor.)
¶³ ∞
P
k+1 Pl. = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · + (−1)k + · · · divergens, mert µ´ (−1) k=1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
1
v1.4
s2k+1 = 1 → 1 s2k = 0 → 0
¾ =⇒
(sn ) -nek 2 torl´od´asi pontja van, a sor divergens.
¶³
Pl.
µ´
∞ µ ¶k X 1
2
k=1
1 = + 2 |
¡ ¢n µ ¶2 µ ¶n 1 1 1 1 12 − 1 = + ··· + + · · · = lim 1 n→∞ 2 2 2 2 −1 {z } | 2{z } sn
−1 =1, − 12
sn
teh´at a sor konvergens. ¶³
Pl.
µ´ ∞ P k=1
1 = 1 , mert k (k + 1)
µ ¶ n P −1 1 1 = lim = lim + n→∞ k=1 k (k + 1) n→∞ k=1 k+1 k µµ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶¶ −1 −1 1 −1 1 −1 1 = lim +1 + + + + + ··· + + = n→∞ 2 3 2 4 3 n+1 n µ ¶ 1 = lim 1 − = 1, konvergens a sor. n→∞ n+1 n P
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ k=1
1 k
(harmonikus sor) divergens
Ugyanis s2k
¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + +· · ·+ · · · + k−1 + k−1 + ··· + k ≥ = 1+ 2 3 4 5 6 7 8 2 2 +1 2 ≥1+
1 1 1 1 1 + 2 · + 4 · + · · · + 2k−1 · k = 1 + k · → ∞ 2 4 8 2 2 lim s2k = ∞
k→∞
=⇒
∞ X 1 k=1
k
=∞
Ugyanis sn ≥ s2k , ha n > 2k miatt lim sn = ∞. n→∞
•••
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
2
v1.4
²¯
T Geometriai sor ±° 1 + q + q2 + · · · =
∞ X
q k−1
k=1
²¯
B sn = ±°
n P
1 , ha |q| < 1 1−q = ∞, ha q ≥ 1 divergens , ha q ≤ −1
q k−1 = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1
k=1
Ha q = 1 : sn = n ,
ez´ert
lim sn = ∞ .
n→∞
Ha q 6= 1 :
qn − 1 . q−1 Mivel q n → 0 , ha |q| < 1 , ez´ert −1 1 lim sn = = , ha |q| < 1. n→∞ q−1 1−q Mivel q n → ∞ , ha q > 1 =⇒ sn → ∞ , ha q > 1. sn =
Ha q = −1 : q n -nek k´et torl´od´asi pontja van, m´egpedig t1 = 1 , t2 = −1 . =⇒ sn -nek is 2 torl´od´asi pontja van: 0 ´es 1, teh´at divergens. Ha q < −1 : q n -nek k´et torl´od´asi pontja van, m´egpedig t1 = −∞ , t2 = ∞ . =⇒ sn -nek is 2 torl´od´asi pontja van: −∞ ´es ∞, teh´at divergens. ¶³ ∞ X
q3 k 3 4 5 q = q + q + q + · · · = , ha |q| < 1 . µ´ 1 − q k=3 Pl.
A r´eszlet¨osszegek a t´etelben szerepl˝o r´eszlet¨osszegek q 3 -szeresei, ´ıgy a hat´ar´ert´ek (a sor ¨osszege) is q 3 -nel szorz´odik. ¶³ ∞ X
Pl.
µ´ k=0
a qk =
∞ X k=1
a q k−1 =
a , ha |q| < 1 1−q
Most a r´eszlet¨osszegek a t´etelben szerepl˝o r´eszlet¨osszegek a -szorosai, ´ıgy a hat´ar´ert´ek is ¶ µ a -szoros lesz. els˝o tag . A k´epletet u ´gy ´erdemes megjegyezni, hogy s = 1 − kv´ociens ²¯
M Ha a sorban v´eges sok tagot elhagyunk vagy megv´altoztatunk, akkor a konvergencia ±° t´enye nem v´altozik, konvergens sorb´ol konvergens sort, divergens sorb´ol divergens sort kapunk. A sor¨osszeg ´ert´eke term´eszetesen megv´altozik.
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
3
v1.4
∞ ²¯ X
M
±°
(c · ak )
∞ X
´es
ak
(c 6= 0) egyszerre konvergens illetve divergens.
1
k=1
(Ugyanis sn =
n X
ak ´es s∗n =
n X
(c · ak ) egyidej˝ uleg konvergens illetve divergens.)
k=1
k=1
µ
¶k ∞ µ X −3 9 = 4 2 k=2
¶³ ∞ X
(−3)k+2 (−3)2 Pl. = µ´ 22k+1 21 k=2
µ −3 q= , 4
¶2 −3 4 −3 1−( ) 4 ¶ |q| < 1 teljes¨ ul.
¶³ ∞ X
2k + 3k+1 =? µ´ 4k+2 k=1 Pl.
¶ X n µ n X 2k 3k+1 sn = + = 4k+2 4k+2 k=1 k=1 1 sn = 16
à n µ ¶ X 1 k k=1
2
+3
¶³
Pl. Milyen x-re konvergens a µ´
n µ ¶k X 3 k=1
∞ X
!
Ã
1 · 16
µ ¶k µ ¶k ! 1 3 3 + · 2 16 4
1 → · 16
4
µ
1 2
1−
1 2
+3·
¶
3 4
1−
3 4
=
5 8
(log2 x)k sor?
k=0
q = log2 x,
| log2 x| < 1 ⇐⇒
−1 < log2 x < 1, 2−1 <
x
< 2,
azaz x ∈ (2−1 , 2) .
•••
A konvergencia sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele (Cauchy krit´erium): ∞ ²¯X
T
±°
ak akkor ´es csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0-hoz ∃ M (ε):
k=1
|an+1 + an+2 + · · · + an+k | < ε,
ha n > M (ε) ´es k ∈ N+
²¯
B Trivi´alisan igaz, hiszen a sz´amsorozatok konvergenci´aj´ara tanult sz¨ uks´eges ´es ±°
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
4
v1.4
el´egs´eges t´etel alkalmazhat´o. (sn ) akkor ´es csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0 -hoz ∃ M (ε) , hogy n, m > M (ε) eset´en |sm − sn | < ε. Legyen m > n ´es m = n + k ! Mivel sn = a1 + a2 + · · · + an , sm = sn+k = a1 + a2 + · · · + an + an+1 + an+2 + · · · + an+k . Ez´ert |sm − sn | = |an+1 + an+2 + · · · + an+k | < ε , ha n > M (ε) ´es k ∈ N+ tetsz˝oleges. ¶³ ∞ X
1
1
1
1
n+1 Pl. = 1 − + − + ··· µ´ (−1) n 2 3 4
konvergens
n=1
Ugyanis ¯ ¯ k+1 ¯ ¯ 1 1 1 (−1) ¯= |sn+k − sn | = |an+1 + an+2 + · · · + an+k | = ¯¯ − + − ··· + n+1 n+2 n+3 n+k ¯ µ ¶ µ ¶ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 + +··· + = − − − n+1 n+2 n+3 n+4 n+k−1 n+k | {z } | {z } | {z } >0 >0 >0 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 = − − −··· − , ha k p´aros n+1 n+2 n+3 n+k | {z } | {z } >0 >0 = ¶ µ ¶ ¶ µ µ 1 1 1 1 1 1 1 − − − = + + · · · + + n+1 n+2 n+3 n+4 n+k−2 n+k−1 n+k | {z } | {z } | {z } >0 >0 >0 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 = − − − −··· − , ha k p´aratlan n+1 n+2 n+3 n+k−1 n+k | | {z } {z } >0
>0
Vagyis 1 |sn+k − sn | < < ε, n+1
ha
1 n> −1 ε
·
=⇒
¸ 1 N (ε) ≥ −1 ε
K´es˝obbiekben k¨onnyen ellen˝orizhetj¨ uk, hogy ez egy u ´gynevezett Leibniz sor.
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
5
v1.4
1.1.
A konvergencia sz¨ uks´ eges felt´ etele
²¯
̰ X
T ±°
!
³
ak konvergens
=⇒
´ lim ak = 0
k→∞
k=1
²¯
B A Cauchy krit´eriumb´ol ( k = 1 v´alaszt´assal): ±° |sn+1 − sn | = |an+1 | < ε,
ha n > N (ε)
=⇒
an → 0
Vagy (egy m´asik bizony´ıt´as) sn = sn−1 + an
=⇒
²¯
M A felt´etel nem el´egs´eges. P´eld´aul a ±°
an = sn − sn−1 → s − s = 0 ∞ X 1 k=1
2.
k
sor a felt´etelt teljes´ıti, m´egis divergens.
V´ altakoz´ o el˝ ojel˝ u (altern´ al´ o) sorok c1 − c2 + c3 − · · · + (−1)
n+1
∞ X cn + · · · = (−1)n+1 cn
,
cn > 0
n=1
Leibniz krit´ erium:
²¯
T Ha az altern´al´o sor tagjainak abszol´ ut ´ert´ekeib˝ol k´epzett sorozat (fent (cn ) ) mo±° noton fogy´oan tart 0 -hoz ( jelben cn & 0) , akkor a sor konvergens.
Az ilyen altern´al´o sor neve: Leibniz sor. ²¯
B Bel´atjuk, hogy s2k % ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos: ±° s2k+2 = s2k + (c2k+1 − c2k+2 ) ≥ s2k | {z }
=⇒
s2k %
≥0
M´asr´eszt 0 ≤ s2k+2 | {z }
= c1 − (c2 − c3 ) − (c4 − c5 ) − · · · − (c2k+2 ) ≤ c1 | {z } | {z } | {z }
az el˝oz˝ob˝ol l´athat´o
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
≥0
≥0
6
≥0
v1.4
Teh´at s2k monoton n¨ov˝o ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos lim s2k .
=⇒
s2k
konvergens, legyen s =
k→∞
Megmutatjuk, hogy s2k+1 → s szint´en, ´es ´ıgy a sor konvergens. s2k+1 = s2k + c2k+1 → s + 0 = s ²¯
M Az is megmutathat´o, hogy az s2k+1 r´eszsorozat monoton cs¨okken˝oen tart s -hez. ±° 0 ≤ s2k+1 = (c1 − c2 ) + (c3 − c4 ) + · · · + (c2k−1 − c2k ) + c2k+1 = = (c1 − c2 ) + (c3 − c4 ) + · · · + c2k−1 − (c2k − c2k+1 ) ≤ s2k−1 | {z } | {z } s2k−1
≥0
Hibabecsl´ es Leibniz t´ıpus´ u sorokn´ al Teh´at a Leibniz t´ıpus´ u sorokn´al a p´aros index˝ u r´eszlet¨osszegek s -n´el kisebbek vagy egyenl˝ok: s2k ≤ s. A p´aratlan index˝ u elemek monoton cs¨okkenve tartanak s -hez, ez´ert s ≤ s2k+1 . Mivel s − s2k ≤ s2k+1 − s2k = c2k+1 ´es s2k+1 − s ≤ s2k+1 − s2k+2 = c2k+2 , ez´ert |H| = |s − sn | ≤ cn+1 , ∀ n ∈ N . •••
¶³ ∞ X
Pl.
µ´
(−1)
n+1
n=1
1 √ 3 2n + 1
=
∞ X
(−1)n+1 cn
n=1
A sor Leibniz t´ıpus´ u ´es ´ıgy konvergens, mivel cn = √ 3
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
(−1)
n+1
1 √ n 2n + 1
=
∞ X n=1
an =
∞ X
1 & 0. 2n + 1
(−1)n+1 cn
n=1
1 1 √ √ ≤ cn < 1 → 1 = √ n n 2n + n 3 nn | {z } ↓ 1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
7
v1.4
=⇒ lim cn = 1 =⇒ lim an 6= 0 , teh´at nem teljes¨ ul a konvergencia sz¨ uks´eges n→∞ n→∞ felt´etele, ´ıgy a sor divergens.
¶³ ∞ X
Pl.
µ´
(−1)n+1
n=1
n+1 n2 + 2
=
∞ X
(−1)n+1 cn
n=1
1 1 + 2 cn = n n → 0 2 1+ 2 n A monoton cs¨okken´es most nem trivi´alisan igaz, hiszen n n¨ovel´es´evel a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o is n˝o. V´arhat´o, hogy a (cn ) sorozat monoton cs¨okken˝o, mert a nevez˝o ”gyorsabban n˝o”. De ezt ilyenkor be kell bizony´ıtanunk! Teh´at igaz-e, hogy ?
cn+1 ≤ cn (n + 1) + 1 ? n + 1 ≤ (n + 1)2 + 2 n2 + 2 ?
(n + 2) (n2 + 2) ≤ (n + 1) (n2 + 2n + 3) ?
0 ≤ n2 + 3n − 1
Ez pedig igaz, minden n -re .
Teh´at a sor Leibniz t´ıpus´ u ´es ´ıgy konvergens.
2.1.
Feladatok a v´ altakoz´ o el˝ ojel˝ u sorokhoz
Vizsg´alja meg konvergencia szempontj´ab´ol az al´abbi sorokat! ∞ X cos kπ 1. lg k 2 ∞ X (−1)n √ 2. n n 1 ∞ X (−1)k−1 2k 3. k2 − 1 2
4.
∞ X 2
µ n
(−1)
n n+1
¶n
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
8
v1.4
3.
Sorok abszol´ ut ´ es felt´ eteles konvergenci´ aja
∞ ²¯ X
D ±°
ak sor abszol´ ut konvergens, ha
∞ X
|ak | konvergens.
¶k ∞ µ X 1 − abszol´ ut konvergens. 2 k=1
Pl.
(Konvergens geometriai sorokr´ol van sz´o, ahol a kv´ociens − ∞ X (−1)k+1
nem abszol´ ut konvergens, de konvergens.
k
k=1
1 1 illetve . ) 2 2
²¯
D Felt´etelesen konvergens sor: ±°
a konvergens, de nem abszol´ ut konvergens sor
Ilyen pl. a
∞ X (−1)k+1 k=1
k
sor.
¯ ¯ ∞ 1 ∞ ¯ (−1)k+1 ¯ P P ¯= ¯ Ugyanis bel´attuk, hogy ez a sor konvergens, de a ¯ ¯ k k=1 k k=1 ²¯
T
±°
̰ X
! |ak | konvergens
=⇒
̰ X
sor divergens.
! ak konvergens
Teh´at az abszol´ ut konvergenci´ab´ol k¨ovetkezik a konvergencia. ²¯ P ∞ B Ha |ak | konvergens, akkor teljes¨ ul r´a a Cauchy krit´erium, tov´abb´a ±°
|an+1 + · · · + an+k | ≤ |an+1 | + · · · + |an+k | miatt |an+1 + · · · + an+k | ≤ ||an+1 | + · · · + |an+k || < ε, ha n > M (ε), k ∈ N+ | {z } ∞ P |ak |-ra Cauchy krit´erium ∞ X ´Igy ak -ra is teljes¨ ul a sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges t´etel (Cauchy krit´erium), teh´at konvergens.
Ez a t´etel azt mutatja, hogy az abszol´ ut konvergencia vizsg´alata igen hasznos lehet. ∞ P A |ak | sor elemei nem negat´ıvak, s˝ot pozit´ıvnak tekinthet˝ok, mivel a nulla elemeket nyilv´an nem kell figyelembe venn¨ unk.
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
9
v1.4
4.
Pozit´ıv tag´ u sorok
²¯
T u sor r´eszlet¨osszegei monoton n¨oveked˝oek. ±° (i) Egy pozit´ıv tag´
²¯
u sor akkor ´es csak akkor konvergens, ha r´eszlet¨ossze(ii) Egy pozit´ıv tag´ geinek sorozata korl´atos.
B ±° (i) Ha an ≥ 0, ∀ n ∈ N, akkor sn+1 = sn + an+1 ≥ sn ∀ n-re. (ii)
a) Ha a sor konvergens, akkor (sn ) konvergens
=⇒
(sn ) korl´atos
b) Ha (sn ) korl´atos, akkor (sn ) % miatt (sn ) konvergens. ²¯
M Pozit´ıv tag´ u sor vagy konvergens, vagy ∞-nel egyenl˝o. Ez nem igaz ´altal´anoss´agban ±° egy v´altakoz´o el˝ojel˝ u sorra, ahol a r´eszlet¨osszegek sorozat´anak lehet t¨obb torl´od´asi pontja ∞ P (pl. (−1)k ). k=0
²¯
T 0; ak ≥ ak+1 felt´etelek mellett ±°ak > ∞ X
ak sor akkor ´es csak akkor konvergens, ha
a
∞ X
a2l · 2l is konvergens
l=1
k=1
²¯
B (¬B) ±°
A bizony´ıt´as l´enyege, hogy az els˝o sor r´eszlet¨osszegei a m´asodik sor megfelel˝o r´eszlet¨osszegeivel alulr´ol ´es fel¨ ulr˝ol is becs¨ ulhet˝oek. A becsl´es igazol´as´ahoz fontos feltenni, hogy az (ak ) sorozat monoton cs¨okken. (A r´eszletes bizony´ıt´as megtekinthet˝o Walter Rudin: A matematikai anal´ızis alapjai c´ım˝ u k¨onyv´eben.) P´ eld´ ak a t´ etel alkalmaz´ as´ ara: ¶³ X ∞
Pl.
µ´ n=1
Ha α ≤ 0 :
Ha α > 0 :
1 konvergens, ha α > 1 . nα
Egy´ebk´ent divergens.
1 an = α = n|α| 6→ 0 n A konvergencia sz¨ uks´eges felt´etele nem teljes¨ ul an =
=⇒
divergens a sor.
1 & , ´ıgy alkalmazhat´o az el˝oz˝o t´etel: nα
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
10
v1.4
∞ ∞ X X 1 1 Vagyis ´es · 2l egyidej˝ uleg konvergens, illetve divergens. α l )α n (2 n=1 l=1 õ ¶ !l ∞ ∞ µ ¶lα−l ∞ µ ¶(α−1)l ∞ ∞ ∞ α−1 X X X X X X 1 1 1 1 1 1 l · 2 = = = = = ql l )α αl 2−l (2 2 2 2 2 l=1 l=1 l=1 l=1 l=1 l=1
Geometriai sort kaptunk, µ ¶α−1mely csak akkor konvergens, ha 1 |q| = < 1. 2 Teh´at a konvergencia csak akkor teljes¨ ul, ha α − 1 > 0, vagyis α > 1. Vigy´azat! A t´etelben szerepl˝o k´et sor ¨osszege nem azonos, teh´at nem tudtuk meg´allap´ıtani ∞ X 1 a sor ¨osszeg´et, csak a konvergencia t´eny´et tudtuk meg´allap´ıtani α > 1 -re. α n 1 Ilyenkor a megfelel˝o sn r´eszlet¨osszeggel tudjuk k¨ozel´ıteni a sor ¨osszeg´et az esetleg el˝o´ırt pontoss´aggal (l´asd hibabecsl´esek). ¶³ X ∞
Pl.
µ´ n=n1
1 n · log2 n
Ugyanis:
divergens ∞ X l=l1
¶³ X ∞
Pl.
µ´ n=n1
1 n · (log2 n)p
∞
X1 1 l · 2 = 2l · log2 2l l l=l
divergens.
1
p > 1 konvergens, egy´ebk´ent divergens
p > 0 eset´en alkalmazhat´o az el˝oz˝o t´etel: ∞ X l=l1
∞
X1 1 l · 2 = 2l · (log2 2l )p lp l=l
Pl.
µ´ n=n1
1 < p : konv.
1
(p ≤ 0 esete HF. ¶³ X ∞
0 < p ≤ 1 : div.;
Pl. minor´ans krit´eriummal — l´asd k´es˝obb — megmutathat´o.)
1 n · log2 n · log2 log2 n
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
divergens
11
v1.4
A t´etel alkalmazhat´o. ∞ X l=l1
5.
∞
X 1 1 l · 2 = l l l 2 · (log2 2 ) · (log2 log2 2 ) l · log2 l l=l
ez pedig divergens
1
Pozit´ıv tag´ u sorok konvergenci´ aj´ aval kapcsolatos el´ egs´ eges krit´ eriumok • major´ans krit´erium (csak konvergencia eld¨ont´es´ere) • minor´ans krit´erium (csak divergencia eld¨ont´es´ere) • h´anyados krit´erium • gy¨okkrit´erium • integr´al krit´erium
Ezeket a krit´eriumokat kiz´ar´olag pozit´ıv tag´ u sorokra alkalmazhatjuk. ´Igy a sz´obanforg´o krit´eriumok hasznosak lehetnek az abszol´ ut konvergencia eld¨ont´es´ere (amib˝ol k¨ovetkezik az eredeti — nem felt´etlen¨ ul pozit´ıv tag´ u — sor konvergenci´aja is.)
5.1.
Major´ ans krit´ erium
²¯
T ±° Ha 0 < an ≤ cn
∀ n-re ´es
∞ X
cn konvergens
n=1
=⇒
∞ X
an konvergens
n=1
²¯
B A megfelel˝o r´eszlet¨osszegek sorozat´ara a felt´etel miatt fenn´all, hogy ±° san ≤ scn .
Tov´abb´a
∞ P n=1
=⇒
∞ X
cn konvergenci´aja miatt scn ≤ K
=⇒
san korl´atos ´es pozit´ıv tag´ u a sor
an konv.
1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
12
v1.4
5.2.
Minor´ ans krit´ erium
²¯
T ±° Ha 0 ≤ dn ≤ an
∀ n-re
´es
∞ X
dn divergens
=⇒
n=1
²¯
B san ≥ sdn → ∞ ±°
san → ∞
=⇒
∞ X
an divergens
n=1
(spec. rend˝orelv)
²¯
M Mindk´et esetben elegend˝o, ha a felt´etel ∀ n helyett n ≥ N0 -ra teljes¨ ul. ±° (
∞ P
n=1
an ´es
zegei c =
∞ P n=N0 NP 0 −1 n=1
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
an egyidej˝ uleg konvergens ill. divergens, hiszen az els˝o szumma r´eszlet¨ossan konstanssal nagyobbak, mint a m´asodik szumma r´eszlet¨osszegei.)
1 2n + 1
=
∞ X
an
n=1
A harmonikus sorb´ol v´egtelen sok tagot elhagytunk. Vajon konvergens-e az u ´j sor? A minor´ans krit´eriummal bel´atjuk, hogy m´eg ez a sor is divergens. Ugyanis ∞ ∞ X 1 1 X 1 = divergens 3n 3 n=1 n n=1
1 1 an > = , 2n + n 3n
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=2
an < √
1 2n5
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
1 √ 2n5 + 3 = √
=
an divergens
n=1
an
n=1
1 , 2 n5/2
1 √ n 2n5 + 3
∞ X
=⇒
∞ X
=
∞ ∞ X 1 X 1 5 √ konvergens (α = > 1) =⇒ an konvergens 2 2 n=1 n5/2 n=1
∞ X
an
n=1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
13
v1.4
A sor divergens, mivel a rend˝orelvvel megmutathat´o, hogy lim an = 1 , teh´at nem n→∞ tart null´ahoz, ´ıgy nem teljes¨ ul a konvergencia sz¨ uks´eges felt´etele. R´eszletezve: 1 1 1 1 ≤ an = √ = |{z} 1 = √ < √ √ √ 5 n n n n 2n5 + 3n5 2n5 + 3 1 5 ( n n) ↓ | {z } 1 ↓ 1 =1 1 · 15 =⇒ ¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
n+2 3n4 + 5
=
∞ X
Pl.
µ´ n=1
2n2 − 32 n3 + 8
an
n=1 ∞ X 1 konvergens (α = 3 > 1) 3 n n=1
n + 2n 1 an < = 3 , 4 3n n
¶³ ∞ X
an → 1 .
=
∞ X
=⇒
∞ X
an konvergens
n=1
an
n=1
n ≥ 4 -re a sor pozit´ıv tag´ u. A minor´ans krit´eriummal megmutatjuk, hogy divergens. Ugyanis, ha n ≥ 6 , akkor n2 > 32 ´es ez´ert 2n2 − 32 2n2 − n2 1 an = > = , 3 3 3 n +8 n + 8n 9n =⇒
∞ ∞ X 1 1 X 1 = divergens 9n 9 n n=1 n=1 ∞ X
an divergens.
n=1
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
2n + 3n+1 22n+3 + 5
=
∞ X
an
n=1
µ ¶n 2n + 3 · 3n 3n + 3 · 3n 1 3 an = < = 8 · 4n + 5 8 · 4n 2 4 µ ¶ µ ¶ ∞ n 3 1 X 3 konvergens geometriai sor q = , |q| < 1 2 n=1 4 4
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
14
=⇒
∞ X
an konvergens
n=1
v1.4
Feladatok Vizsg´alja meg konvergencia szempontj´ab´ol az al´abbi sorokat! 1.
∞ X 1
2.
∞ X 2
3.
∞ X 2
4.
∞ X 2
5.
∞ X 1
6.
∞ X 1
1 3n + 2
∞ X 2n + 3n 8. 6n + 2n+1 1
1 √ 2 n − n
∞ X 3n + n 9. n · 4n − 3 1
10.
1 n log2 n2
11.
2n 2n+2 − 3
∞ X 7n5 − 2n3 + 1 12. n7 + n2 − n + 3 1
1 + n2
1
2n 22n − 3
13.
∞ X 7n5 − 2n3 + 1 √ 6 + 3n2 − n n 1
∞ X 7n5 + n3 + 1
n8 − n2 + 3
1
∞ X 22n 7. 2n − 3 1
5.3.
¶2 ∞ µ X 1+n
1 2 n log2 n
14.
∞ X
¡ n¢ ¡n2 ¢
6
4
H´ anyados krit´ erium µ
²¯
T1 1. (an > 0, ∀ n) ∧ ±° µ 2. (an > 0, ∀ n) ∧
an+1 ≤ q < 1, ∀ n an
¶
¶ an+1 ≥ q ≥ 1, ∀ n an
=⇒
∞ X
an konvergens.
n=1
=⇒
∞ X
an divergens.
n=1
²¯
B ±° 1. Mivel
an+1 ≤ q an ≤ q 2 an−1 ≤ q 3 an−2 ≤ · · · ≤ q n a1 ,
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
15
∀ n , ez´ert
v1.4
∞ X 1 ∞ X
an -nek
∞ X
q n−1 a1 konvergens major´ansa (geometriai sor, 0 < q < 1 )
=⇒
1
an
konvergens.
1
2. Mivel an+1 ≥ q an ≥ q 2 an−1 ≥ · · · ≥ q n a1 , ∀ n , ez´ert ∞ ∞ X X an -nek q n−1 a1 divergens minor´ansa (geometriai sor, q ≥ 1) 1 ∞ X
=⇒
1
an divergens.
1
∞ ²¯ X
∞ X
M1 an ´es ±° 1
an egyidej˝ uleg konvergens ill. divergens, ez´ert el´eg, ha a T1 felt´etelei
N0
∀ n ≥ N0 -ra teljes¨ ulnek. (Term´eszetesen, ha konvergensek, akkor az els˝o sor ¨osszege a1 + a2 + · · · + aN0 −1 -gyel t¨obb, mint a m´asodik sor ¨osszege.) ²¯
M2 T1 (1)-n´el nem el´eg megmutatni, hogy ±° ¶³ ∞
Pl.
P1
µ´ n
an+1 < 1 , q -t is kell tal´alni. an
divergens, pedig
1
an =
1 , n
¶³ ∞
P 1 µ´ n2 1 Pl.
an+1 an
an+1 =
1 n+1
miatt
an+1 an
1 n = n+1 = < 1. 1 n+1 n
´ most is konvergens. Es
1 µ ¶2 n2 n (n + 1)2 = = = < 1. 1 (n + 1)2 n+1 n2
(De @ 0 < q < 1 )
T1 (2)-n´el viszont q megtal´al´asa nem fontos. A t´etel ´ıgy is kimondhat´o. µ (an > 0) ∧
an+1 ≥ 1, ∀ n ≥ N0 an
¶ =⇒
∞ X
an div.
1
Ekkor ugyanis:
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
16
v1.4
0 < an ≤ an+1 , teh´at an % (´es an > 0) ∞ X felt´etel) =⇒ an divergens
=⇒
an 6→ 0 (nem teljes¨ ul a sz¨ uks´eges
1
A h´anyados krit´erium egy k´enyelmesebben haszn´alhat´o form´aban is kimondhat´o: ²¯
T 1∗ ±°
¶ an+1 =c<1 1. (an > 0, ∀ n) ∧ ∃ lim n→∞ an µ
=⇒
∞ X
an konv.
n=1
µ
¶
an+1 an+1 2. (an > 0, ∀ n) ∧ ∃ lim = c > 1 vagy lim =∞ n→∞ an n→∞ an
=⇒
∞ X
an div.
n=1
²¯
B ±° 1. Legyen ε =
1−c , ´ıgy q = c + ε < 1. A hat´ar´ert´ek tulajdons´aga miatt 2
an+1 < q < 1, an
∀ n > N (ε). ∞ P
Ez´ert T1 (1)-b˝ol ad´odik, hogy
an ´es ´ıgy vele egy¨ utt
an is konvergens.
n=1
n=N (ε)
2. Legyen ε =
∞ P
c−1 , ´ıgy q = c − ε > 1 . Ekkor ∃ N (ε) , hogy 2
an+1 > q > 1, an
∀ n > N (ε).
´Igy T∗1 (2)-b˝ol ad´odik az ´all´ıt´as. an+1 = ∞ , akkor is tal´alhat´o n→∞ an
T∗1 (2) ´all´ıt´asa c = ∞ eset´en is igaz. Ugyanis, ha lim megfelel˝o q . (Pl. q = 2 is v´alaszthat´o.) ²¯
an+1
M3 Ha lim ±° n→∞ an
= 1 , akkor nem tudtunk meg semmit a konvergenci´ar´ol. Lehet a
sor konvergens ´es divergens is. ∞ ∞ X X 1 1 Pl. divergens, ´es a konvergens sorok eset´en egyar´ant 2 n n 1 1
an+1 = 1. n→∞ an lim
²¯
M4 A fenti t´etel tov´abb finom´ıthat´o. Bebizony´ıthat´ok az al´abbi ´all´ıt´asok is: ±° Ha an > 0 ∀ n, ´es lim
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
an+1 <1 an
17
=⇒
∞ X
an konvergens.
1
v1.4
an+1 Ha an > 0 ∀ n, ´es lim >1 an (lim
∞ X
=⇒
an divergens.
1
an+1 ≥ 1 a konvergenci´ar´ol nem mond semmit.) an
¶³
Pl. Konvergens-e az al´abbi sor? µ´ ∞ X (n + 2) 3n+1 n! n=1
A feladatot a T1∗ t´etellel (h´anyadoskrit´eriummal) oldjuk meg. an+1 (n + 3) 3n+2 n! 3 (n + 3) = lim = lim = n+1 n → ∞ (n + 1)! (n + 2) 3 n → ∞ (n + 1) (n + 2) an
lim
n→∞
3 = lim n→∞ n
5.3.1.
3 1+ ¶ µn ¶ = 0 < 1 1 2 (1 + 1+ n n
=⇒
∞ X
an konvergens.
Feladatok
Vizsg´alja meg az al´abbi sorokat konvergencia szempontj´ab´ol! ¡√ ¢n ∞ ∞ X X 2 n! 4. 1. nn (2n + 1)! 1 1 2.
∞ X 1
3n+2
2n (n + 2)!
5.
1
∞ X (n!)2 3. (2n)! 1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
∞ X
6.
∞ X nk 1
18
n+2 (n + 1)n+3
n!
,
k ∈ N+
v1.4
5.4.
Gy¨ okkrit´ erium
²¯
T2 Ha ∀ n ≥ N -re an > 0 ´es ±° 1.
√ n
an ≤ q < 1
∞ X
=⇒
an konv.
N
2.
√ n
an ≥ 1
∞ X
=⇒
an div.
N
²¯
B ±° 1. 0 < an ≤ q
n
∞ X
´es
=⇒
q konvergens
N
krit´erium miatt. 2. an ≥ 1
n
an 6→ 0
=⇒
∞ X
an konvergens a major´ans
N
=⇒
∞ X
an div.
N
²¯ √
M5 n an ≥ 1 el´eg, ha v´egtelen sok n-re igaz. Nem kell, hogy ∀ n > N -re teljes¨ ulj¨on. ±° Ekkor m´ar ∃ anr 6→ 0 r´eszsorozat. Ez a t´etel is kimondhat´o limeszes alakban: ²¯
T 2∗ Ha lim ±°
n→∞
√ n
an = c
´es
c<1
=⇒
c > 1 vagy c = ∞
=⇒
∞ X ∞ X
an konvergens. an divergens.
²¯
B Hasonl´o a h´anyados krit´eriumn´al l´atotthoz. ±° ²¯
M6 c = 1 , teh´at lim ±° n→∞
√ n
an = 1 eset´en nem haszn´alhat´o a gy¨okkrit´erium. Az al´abbi k´et p´elda igazolja ´all´ıt´asunk helyess´eg´et.
¶³∞
P1 divergens ´es n r 1 1 √ = lim √ lim n an = lim n =1 n→∞ n→∞ n n→∞ n n Pl.
µ´
¶³∞
P 1 es µ´ n2 konvergens ´ Pl.
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
19
v1.4
lim
√ n
n→∞
r an = lim
n→∞
n
1 1 = lim √ =1 n 2 n→∞ ( n)2 n
Bebizony´ıthat´o az al´abbi ´all´ıt´as is: Ha an > 0, n > N ´es lim Ha an > 0, n > N ´es lim
√ n √ n
an < 1
=⇒
an > 1
=⇒
∞ X ∞ X
²¯
M6 A m´asodik ´all´ıt´as k¨onnyen bizony´ıthat´o, hiszen ±°
an konv. an div.
lim
√ n
an > 1 -b˝ol k¨ovetkezik a
divergencia, mivel v´egtelen sok n -re: √ n
an > 1
=⇒
an > 1 ;
teh´at ∃ anr 6→ 0 r´eszsorozat.
¶³
Pl. Konvergens-e az al´abbi sor? µ´ ¶2n3 ∞ µ X 2n2 + 2 2n2 + 5 n=1 A feladatot a T2∗ t´etellel (gy¨okkrit´eriummal) oldjuk meg. µ lim
n→∞
√ n
µ an = lim
n→∞
2n2 + 2 2n2 + 5
¶2n2 = lim µ n→∞
=⇒
2 1+ 2 2n 5 1+ 2 2n
∞ X
¶2n2 ¶2n2
=
1 e2 = 3 < 1 5 e e
an konvergens.
n=1
5.4.1.
Feladatok
Vizsg´alja meg az al´abbi sorokat konvergencia szempontj´ab´ol!
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
20
v1.4
1.
∞ X 1
¶n2 +2n ∞ µ X 3n + 1 5. 3n + 3 1
3n n2 7n
∞ X n2 3n 2. 7n+1 1
6.
∞ X 1
2n 4n + 1
∞ X n6 3. 2n+3 1
7.
¶ n2 ∞ µ X n+3 4. n+5 1
¶ n2 ∞ µ X 1 n 8. n−2 4n 1
∞ X 1
3n+1 42n+1 (3n + 1)
Tov´ abbi kidolgozott p´ eld´ ak ¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
7n n4 8n
=
∞ X
an
n=1
Ezt a feladatot legegyszer˝ ubben a major´ans krit´erimmal oldhatjuk meg. ∞ X 1 konvergens (α = 4 > 1) n4 n=1
8n 1 an < 4 n = 4 , n 8 n
=⇒
∞ X
an konvergens
n=1
A h´anyados krit´erium, illetve a gy¨okkrit´erium is haszn´alhat´o lenne. ¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
n4 7n 8n
=
∞ X
an
n=1
Ennek a feladatnak a megold´asa m´ar a major´ans krit´erummal el´eg neh´ezkes lenne. A h´anyados krit´erim alkalmazhat´o, de itt a gy¨okkrit´erium alkalmaz´asa a legjobb v´alaszt´as. √ 4 ∞ X √ ( n n) 7 7 n lim an = lim = < 1 =⇒ an konvergens. n→∞ n→∞ 8 8 n=1
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
3n+1 (2n + 1) 5n
=
∞ X
an
n=1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
21
v1.4
Most viszont a h´anyados krit´erium alkalmaz´asa a legc´ elszer˝ ubb. (A gy¨okkrit´erium al√ n kalmaz´as´an´al a rend˝orelvre is sz¨ uks´eg¨ unk lenne az 2n + 1 sorozat hat´ar´ert´ek´enek bizony´ıt´as´ahoz.) lim
n→∞
an+1 3n+2 (2n + 1) 5n 3 2n + 1 = lim = lim = n+1 n+1 n → ∞ (2n + 3) 5 n→∞ 5 an 3 2n + 3 1 ∞ X 3 2+ n 3 = lim = < 1 =⇒ an konvergens. 3 n→∞ 5 5 2+ n
¶³ ∞ X
Pl.
µ´ n=1
(n + 1)! 2n 32n
=
∞ X n=1
µ ¶n 2 (n + 1)! 9
Itt is a h´anyados krit´eriumot alkalmazzuk: µ ¶n+1 2 (n + 2)! 2 an+1 9 µ ¶n = lim = lim (n + 2) = ∞ > 1 lim n→∞ n→∞ 9 n → ∞ an 2 (n + 1)! 9 ∞ X =⇒ an divergens.
¶³
Pl.
Abszol´ ut vagy felt´etelesen konvergens-e µ´
∞ X
(−1)n
n=2
n sor? +3
5 n2
Nem abszol´ ut konvergens, mert |an | =
n n 1 ≥ 2 = 2 +3 5n + 3n 8n
5n2
∞ 1 ∞ P 1 P |an | divergens (a minor´ans krit´erium miatt). divergens, teh´at 8 n=2 n n=2 ∞ X Viszont an konvergens, mert Leibniz t´ıpus´ u. Ugyanis
´es
n=2
|an | =
n & 0, mert 5n2 + 3 |an | =
n 1 1 =0 3 → 0· 2 n 5 + n2 5 |{z} 1 =n
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
22
v1.4
´ Es
n+1 n < = |an | 5(n + 1)2 + 3 5n2 + 3 ⇑ (n + 1)(5n2 + 3) < n (5n2 + 10n + 8) ⇑ 5n3 + 5n2 + 3n + 3 < 5n3 + 10n2 + 8n ⇑ 0 < 5n2 + 5n − 3 , ha n ≥ 2
|an+1 | =
Vagyis a sor felt´etelesen konvergens. (Majd folytatjuk.)
5.5.
Integr´ alkrit´ erium
²¯
T Legyen f pozit´ıv ´ert´ek˝ u monoton cs¨okken˝o f¨ uggv´eny [1, ∞) -en ´es f (k) = ak > 0 ±° 1. Ha
R∞
f (x) dx konvergens
∞ P
=⇒
2. Ha
R∞
ak konvergens
k=1
1
f (x) dx divergens
∞ P
=⇒
ak divergens
k=1
1
²¯
M ⇐⇒ ´all´ıt´as is igaz, teh´at a sor ´es az improprius integr´al egyidej˝ uleg konvergens, ±° illetve divergens. ²¯
B ±° 1. Mivel Zn a2 + a3 + · · · + an ≤
f (x) dx
≤
|1 {z } monoton n¨ov˝o f¨ uggv´enye n -nek ≤ lim
Rn
n→∞ 1
ak > 0 ´es
n P
ak korl´atos
Z∞ f (x) dx =
f (x) dx ∈ R , 1
=⇒
2
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
∞ P
ak konvergens
2
23
=⇒
∞ P
ak konvergens
1
v1.4
Zn 2.
f (x) dx ≤ a1 + a2 + · · · + an−1 = sn−1 1
Zn Mivel lim
f (x) dx = ∞
n→∞
=⇒
lim sn−1 = ∞ , teh´at a sor divergens.
n→∞
1
5.6.
Hibabecsl´ es pozit´ıv tag´ u sor¨ osszegek k¨ ozel´ıt´ ese eset´ en
1. Ha a sor konvergenci´aja integr´alkrit´eriummal ´allap´ıthat´o meg, akkor az s sor¨osszeg sn r´eszlet¨osszeggel val´o k¨ozel´ıt´es´enek hib´aj´at is egy integr´allal becs¨ ulhetj¨ uk. ²¯
T Ha az integr´alkrit´erium 1. ´all´ıt´as´anak felt´etelei teljes¨ ulnek, akkor az ±° s ≈ sn k¨ozel´ıt´esn´el elk¨ovetett hiba
0 < H = rn = an+1 + an+2 · · · =
∞ X k=n+1
Z∞ ak ≤
f (x) dx n
²¯
B Mivel ±° Zm f (x) dx ,
an+1 + an+2 · · · + am ≤ n
ez´ert H = rn = lim
m P
m→∞ k=n+1
Zm ak ≤ lim
Z∞ f (x) dx =
m→∞ n
f (x) dx. n
2. Ha a sor konvergenci´aj´ara h´anyados vagy gy¨okkrit´eriummal k¨ovetkeztett¨ unk, akkor a sorhoz tal´alhat´o konvergens major´al´o geometriai sor. A major´al´o sor rn∗ marad´ek¨osszeg´evel becs¨ ulhetj¨ uk az eredeti sor rn marad´ek¨osszeg´et. (L. el˝oad´as ´es gyakorlat!)
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
24
v1.4
6.
M˝ uveletek konvergens sorokkal
²¯
∞ P
T Ha ±°
ak = Sa
∞ P
´es
k=1
b k = Sb ,
Sa , S b ∈ R
k=1 ∞ P
=⇒
(ak + bk ) = Sa + Sb
∞ P
´es
k=1
²¯
B ±° Sa = lim san = lim n→∞
n P
n → ∞ k=1 n P
Sb = lim sbn = lim n→∞
n → ∞ k=1
Sa+b = lim
sa+b n
ak bk
µ
n P
n P
(ak + bk ) = lim ak + = lim n → ∞ k=1 n→∞ k=1 ¶ µ n µ n ¶ P P bk = Sa + Sb ak + lim lim
n→∞
n→∞
(c · ak ) = c · Sa .
k=1
n→∞
k=1
n P
¶ bk
=
k=1
k=1
M´asr´eszt n P
Sc a = lim scna = lim n→∞
6.1.
n → ∞ k=1
(c ak ) = c lim
n P
n → ∞ k=1
ak = c Sa
V´ egtelen sorok term´ eszetes szorzata a1 b1 + b2 + b3 + b4 + .. .
+
a2
+
a3
+
a4
+ ···
+
ak
+ ···
b1 a1 + b1 a2 + b1 a3 + b1 a4 + · · ·
+ b1 ak + · · ·
b2 a1 + b2 a2 + b2 a3 + b2 a4 + · · ·
+ b2 ak + · · ·
b3 a1 + b3 a2 + b3 a3 + b3 a4 + · · ·
+ b3 ak + · · ·
b4 a1 + b4 a2 + b4 a3 + b4 a4 + · · ·
+ b4 ak + · · ·
.. .
+ bk bk a1 + bk a2 + bk a3 + bk a4 + · · · + .. .. . .
+ bk ak + · · ·
A term´eszetes szorzat elemei:
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
25
v1.4
t1 = b1 a1 ,
t2 = b2 a1 + b2 a2 + b1 a2 ,
A term´eszetes szorzat: ∞ X tk , ahol
n X
k=1
k=1
²¯
T Ha ±°
∞ X
ak = Sa
∞ X
´es
k=1
t3 = b3 a1 + b3 a2 + b3 a3 + b2 a3 + b1 a3 , . . . n X
tk =
ak
k=1
n X
bk = Sb , akkor a
k=1
bk .
k=1
∞ X
ak ´es
k=1
k=1
bk sorok
k=1
term´eszetes szorzata konvergens, ´es à ∞ !à ∞ ! ∞ X X X tk = ak bk = Sa Sb . k=1
∞ X
k=1
(Bizony´ıt´as az el˝oz˝oek alapj´an nyilv´anval´o.)
6.2.
V´ egetelen sorok Cauchy-szorzata a1 b1 + b2 + b3 + b4 + .. .
+
b1 a1
´ ´
´
b2 a1
´ ´
´
b3 a1
´
´ ´
b4 a1
a2
+
b1 a2
a3
+
+ ···
+
ak
+ ···
b1 a4
···
b1 ak
···
b2 a3
b2 a4
···
b2 ak
···
b3 a2
b3 a3
b3 a4
···
b3 ak
···
b4 a2
b4 a3
b4 a4
···
b4 ak
···
bk a2
bk a3
bk a4
···
bk ak
···
´ ´
´
b2 a2
´
´ ´
b1 a3
a4
´
´ ´
.. .
+ bk bk a1 + .. .. . .
A Cauchy-szorzat elemei: c1 = b1 a1 , c2 = b1 a2 + b2 a1 , c3 = b1 a3 + b2 a2 + b3 a1 , ···, cn = b1 an + b2 an−1 + b3 an−2 + · · · + bn a1
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
26
(indexek ¨osszege n + 1 ).
v1.4
A Cauchy-szorzat: ∞ X cn , ahol
cn =
n=1
²¯
T
Ha ±°
n X
bk an−k+1 .
k=1 ∞ X
∞ X
ak ´es
k=1
akkor a
∞ X
k=1
ak ´es
k=1
bk abszol´ ut konvergens sorok ´es ∞ X
∞ X
ak = Sa ,
k=1
bk
∞ X
b k = Sb ,
k=1
Cauchy-szorzata is abszol´ ut konvergens, ´es
k=1 ∞ X
cn = Sa Sb ,
ahol
cn =
n=1
n X
bk an−k+1 .
k=1
¶³ ∞ X
(¬B)
1
k 2 k Pl. µ´ x = 1 + x + x + · · · + x + · · · = 1 − x , ha |x| < 1. ∞ X
k=0
(−1)k xk = 1 − x + x2 + · · · + (−1)k xk + · · · =
k=0
1 , ha |x| < 1 . 1+x
´Irjuk fel a fenti k´et sor Cauchy-szorzat´at! 1 1 + −x + x2 + −x3 + .. . + (−1)k xk + .. .
+
1 −x
x
´
´ ´
x
−x2
x2
+ ´ ´
´
x2
−x3
−x
+ ···
···
xk
···
−x4
···
−xk+1
···
x5
···
xk+2
···
−x6
···
−xk+3
···
´ ´
´
´ ´ ´ ´ ´ ´ x2 x3 x4 ´ ´ 3´ 4 5
−x
xk
+
−x
x3
+ ···
x3
+
.. . ··· .. .
Cauchy-szorzat: 1+0+x2 +0+x4 +0+x6 +· · · = 1+x2 +x4 +x6 +· · ·+x2k +· · · = ha |x| < 1 .
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
27
1 1 1 = · , 2 1−x 1−x 1+x
v1.4
H´azi feladat:
∞ ∞ X X xk yk = ex ´es = ey sorok Cauchy-szorzat´at! k! k! k=0 k=0 ∞ k X (x + y) ex · ey = ex+y = eredm´enyt kell kapni.) k! k=0
Hat´arozzuk meg a (Megjegyz´es:
6.3.
Z´ ar´ ojelek elhelyez´ ese illetve elhagy´ asa v´ egtelen sor eset´ en a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + · · ·
A fenti sor r´eszlet¨osszegei: s1 = a1 , s2 = a1 +a2 , s3 = a1 +a2 +a3 , s4 = a1 +a2 +a3 +a4 , s5 = a1 +a2 +a3 +a4 +a5 , . . . stb. Az a1 + a2 + (a3 + a4 + a5 ) + a6 + · · · | {z } a∗3
bez´ar´ojelezett u ´j sor r´eszlet¨osszegei s∗1 = a1 , s∗2 = a1 + a2 , s∗3 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 , s∗4 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 , . . . Z´ar´ojelek elhelyez´ese eset´en a r´eszlet¨osszegek sorozata sz˝ uk¨ ul. Ha a sor konvergens volt, akkor z´ar´ojelek behelyez´ese eset´en is konvergens marad. El˝ofordulhat, hogy divergens sorb´ol – z´ar´ojelek elhelyez´ese ut´an – konvergens sor lesz. Pl. (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − · · · . V´eges sok z´ar´ojel elhelyez´ese nem befoly´asolja a konvergenci´at! Z´ar´ojelek elhagy´asa ut´an a r´eszlet¨osszegek sorozata b˝ov¨ ul. Ha a sor divergens volt, akkor z´ar´ojelek elhagy´asa eset´en is divergens marad. El˝ofordulhat, hogy konvergens sorb´ol – z´ar´ojelek elhagy´asa ut´an – divergens sor lesz. V´eges sok z´ar´ojel elhagy´asa nem befoly´asolja a konvergenci´at!
6.4.
V´ egtelen sor elemeinek felcser´ el´ ese (´ atrendez´ ese) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + · · · + ak + · · · a1 + a3 + a2 + a100 + a5 + a6 + · · · + a99 + a4 + a101 + · · ·
V´eges sok elem felcser´el´ese nem v´altoztatja meg a konvergencia vagy divergencia t´eny´et, nem v´altozik meg a sor¨osszeg sem. V´egtelen sok elemcsere megv´altoztathatja a sor¨osszeget, felt´etelesen konvergens sor ´atrendezhet˝o ak´ar divergenss´e is.
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
28
v1.4
²¯
T
Ha ±°
∞ X
ak konvergens ´es
k=1
∞ X
∞ X
|ak | divergens, akkor
k=1
ak ´atrendezhet˝o u ´gy, hogy
k=1
divergens legyen, ´es ´atrendezhet˝o u ´gy is, hogy egy el˝ore tetsz˝olegesen megadott sz´am legyen az ¨osszege. (Nem bizony´ıtjuk.) ∞ ²¯ X
T
Ha ±°
ak abszol´ ut konvergens, akkor tetsz˝oleges ´atrendez´ese is abszol´ ut konvergens,
k=1
az ´atrendez´es nem v´altoztatja meg a sor¨osszeget. (Nem bizony´ıtjuk.)
7. 1.
Feladatok sorokhoz a) b)
∞ X 3k+1 + 22k+1 2 ∞ X 1
c)
∞ X 1
5k
=?
2 =? n(n + 2) 1 n
q 1+
1 n
−
1
n+1 q + 1+
1 n+1
=?
2. Konvergensek-e az al´abbi sorok? ∞ X
1 √ √ √ a) 3 n+ n+ 4n 1 ¡ n ¢n 3 ∞ X n +1 n+1 b) n5 + 1 1 ∞ r X 1 n c) 2 n +5 1 d)
∞ X 1
e)
∞ X 1
f)
∞ X 1
g)
1
h) i)
∞ X 2
nn−1 3n + 1
k)
3n n 4n+1
l)
∞ X 1
2n 1 (ln n)n n3 73n+2
∞ X 2n · n 1
29
2n + n
∞ X n2 1
j)
1 n + 2n
∞ X 2n + 1 1
5n (2n + 3)!
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
∞ X
(3n)!
v1.4
¶n ∞ µ X n+1 m) 2n + 3 1 n)
∞ X 3n + 4 n 1
o)
∞ X
5n + 6 n (−1)n
1
p)
∞ X
(−1)n
1
q)
∞ X 10n t) n! n2 1 Ã √ !n2 +n ∞ X 3 u) 1− n 1
∞ X 1
n+1 2n + 1
v)
n n2 + 5
w)
n (−1) 3 n +5 n
∞ X
x)
1 ∞ X
y)
n3 ¢n 4 + n22
2n 2n + 1
∞ µ X 1
z)
¡
n! nn 1 ∞ µ X 1
1 n
p √ n − n2 − n + 3 10 Ã √ !n ∞ X 5 s) 1− 3n 1 r)
∞ X
n 2 n +1 ∞ µ X 1
¶ n2 ¶ n2
n n−1
¶ n2
1 2n
3. Hat´arozzuk meg az al´abbi sorok ´ert´ek´et 10−3 -n´al kisebb hib´aval! ¶n ∞ µ X n2 a) 2n2 + 1 1 b) c) d) e) f)
∞ X 2 ∞ X 1 ∞ X 1 ∞ X 1 ∞ X 1
1 (2n)! − n! 2n (−1) n 2 + 10n n
(−2)n n · 2n + 5 2n n! n! 3n (2n)!
4. Mekkora hib´at k¨ovet¨ unk el, ha a sor¨osszeget 10. r´eszlet¨osszeg´evel k¨ozel´ıtj¨ uk? ∞ P (s ≈ s10 ; H = r10 = ak ; |H| ≤ ?) k=11
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
30
v1.4
a) b)
∞ X 1 ∞ X 1
1 √ n! + 2 n2
1 + 3n
¶n ∞ µ X n+1 c) 3n + 1 1 d) e) f)
∞ X n! (2n)! 1 ∞ X 1 ∞ X 1
3n 22n + n2 + 3 (−1)n (n − 1) n2 + n
ut illetve felt´etelesen konvergens-e az al´abbi sor? 5. Abszol´ a) b) c)
∞ X 1 ∞ X 1 ∞ X 1
(−1)n
n+4 n2 + 4
(−1)n n log2 n2 (−1)n 2n2 − 3n + 8
1 1 1 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − 3 + ··· + 2 − n + ··· 3 2 3 3 3 n 3 1 1 1 1 √ − 2 + ··· + √ − 2 + ··· n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 + − + 2 − + 3 − · · · − + n − ··· 2 2! 2 3! 2 n! 2 1 1 1 1 1 − 2 + 3 − ··· + − + ··· 2 3 (2n − 1)3 (2n)2 1 1 1 1 1 − n + ··· 1 − + − 2 + ··· + 2 3 2 2n − 1 2
d) 1 − e) f) g) h)
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
31
v1.4
8.
Sz´ amsorozatok nagys´ agrendje
²¯
D an = O(bn ) ±°
( nagy ord´o bn ”), ha ∃ c1 : ” |an | ≤ c1 |bn |, n > N (legfeljebb v´eges sok kiv´etellel)
²¯
D an = Ω(bn ) ±°
( omega bn ”), ha bn = O(an ). ” Vagyis |bn | ≤ c1 |an | n > N (∃ c1 ). 1 Ekkor: c2 |bn | = |bn | ≤ |an |, vagyis most |an | alulr´ol becs¨ ulhet˝o |bn | seg´ıts´eg´evel. c1 ²¯
D an = Θ(bn ) ±°
( teta bn ”), ha an = O(bn ) ´es an = Ω(bn ). ” Az el˝oz˝ob˝ol k¨ovetkezik:
²¯
T an = Θ(bn ) ⇐⇒ c2 |bn | ≤ |an | ≤ c1 |bn | ±° ¶³ Pl. an = 2n2 − n + 3 µ´ 1. an = O(n2 ), mert 2n2 − n + 3 ≤ 2 · n2 , ha n ≥ 3. Persze an = O(n3 ) is igaz, s˝ot ´altal´anoss´agban: an = O(n2+α ), α ≥ 0. 2. an = Ω(n2 ), mert 1 · n2 = 2n2 − n2 ≤ 2n2 − n + 3. S˝ot an = Ω(n2−α ),
α ≥ 0.
3. Teh´at an = Θ(n2 ).
8.1.
M˝ uveletek Θ-val
²¯
T a n , b n , c n , dn > 0 ±° an = Θ(cn ) bn = Θ(dn )
) =⇒
1. 2. 3.
an · bn = Θ(cn · dn ) µ ¶ an cn =Θ bn dn an + bn = Θ(cn + dn )
K¨ ul¨onbs´egre nem igaz! Megj.: Akkor van ´ertelme haszn´alni ezt, ha cn ´es dn sokkal egyszer˝ ubb” sorozatok. ” ²¯ B ±° 0 < α1 cn ≤ an ≤ α2 cn , mert an = Θ(cn ) 0 < β1 dn ≤ bn ≤ β2 dn ,
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
32
mert bn = Θ(dn )
v1.4
1. Azonos ´ertelm˝ u egyenl˝otlens´egek ¨osszeszorozhat´ok: (α1 β1 )cn dn ≤ an bn ≤ (α2 β2 )cn dn 2.
0 < α1 cn ≤ αn ≤ α2 cn
1 1 1 1 1 0< ≤ ≤ β2 dn bn β1 dn µ ¶ an cn =Θ teh´at bn dn
=⇒
µ =⇒
α1 β1
¶
an bn = Θ(cn dn )
cn an ≤ ≤ dn bn
µ
α2 β1
¶
cn , dn
3. α(cn + dn ) ≤ α1 cn + β1 dn ≤ an + bn ≤ α2 cn + β2 dn ≤ β(cn + dn ) α = min{α1 , β1 },
β = max{α2 , β2 }
=⇒ an + bn = Θ(cn + dn ) ¶³
√
√
n2 + 4n √ = 2n2 + 3n + 1 + n2 − n + 1 µ 2¶ n Θ(n2 ) Θ(n2 ) Θ(n2 ) = = =Θ = Θ(n) =⇒ an → ∞ = Θ(n) + Θ(n) Θ(n + n) Θ(n) n Pl. an = µ´
¶³
Pl. an = µ´
2n2 + 3n + 1 −
√
7n2 − 2n + 10 −
Θ(1) = =Θ Θ(n + n)
8.2.
n2 − n + 1 = √
µ ¶ 1 n
=⇒
√
7n2 − 2n + 3 = √
7n2
10 − 3 √ = − 2n + 10 + 7n2 − 2n + 3
an → 0
an ∼ bn
²¯
D an aszimptotikusan egyenl˝o bn -nel, jelben an ∼ bn , ha ±° an =1 n→∞ bn lim
¶³
sin 1 1 1 ∼ , mert lim 1 n = 1 n→∞ n n n ¶³ ³ ´n √ n Pl. n! ∼ 2πn Stirling formula (¬B) µ´ e Pl. sin µ´
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
33
v1.4
²¯
T a n , b n , c n , dn > 0 ±°
an ∼ cn
) =⇒
bn ∼ dn
1. an + bn ∼ cn + dn 2. an bn ∼ cn dn 1 1 3. ∼ an cn 4. bn ∼ dn an cn
Megint nincs k¨ ul¨onbs´eg!
²¯
B ±°
an ∼ cn : bn ∼ dn :
an →1 cn bn →1 dn
=⇒ =⇒
an < 1 + ε, cn bn 0<1−ε< < 1 + ε, dn 0<1−ε<
n > N1 n > N2
Legyen n > max{N1 , N2 } = N 1. 1 − ε =
(1 − ε)cn + (1 − ε)dn an + bn (1 + ε)cn + (1 + ε)dn < < = 1 + ε, cn + dn cn + d n cn + dn ha n > N
2. ¬B 3.
1 an 1 cn
=
cn 1 = an → 1 an cn
4. Az el˝oz˝o kett˝ob˝ol k¨ovetkezik: an ∼ cn =⇒ ¶³
Pl. an = µ´
√ 3
2n2 + n + 1 −
=⇒
1 1 ∼ ; m´asr´eszt bn ∼ dn an cn
bn dn ∼ an cn √ 3
2n2 − 3n − 7 =
2n2 + n + 1 − (2n2 − 3n − 7) √ √ ¡√ ¢2 ∼ 2n2 + n + 1 + 3 2n2 + n + 1 3 2n2 − 3n − 7 + 3 2n2 − 3n − 7 4n 4n 4 √ = √ ∼ ³√ =⇒ an → 0 √ ´ ³ ´ ³ ´ 4 = 2 2 2 3 √ √ 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 4 n 4 · 3 n 3 3 3 2n + 2n + 2n
= ¡√ 3
¢2
√ arctg n Pl. an = √ √ ∼ 3 µ´ 2n2 + n + 1 − 3 2n2 − 3n − 7 ¶³
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
34
π 2 4 √ √ 3343n
√ =konst· 3 n → ∞
v1.4
³ n ´2n
¶³ 2 (n!)
Pl. ∼µ µ´ (2n)!
2n e
e ¶ 2n
2πn
√
2π · 2n
√ √ π n = →0 4n
¶³
Pl. Az el˝oz˝o p´elda felhaszn´al´as´aval: µ´ µ
¶ 2n (2n)! 4n √ √ = ∼ n n!n! π n
²¯
M an ∼ bn ±°
6=⇒
µ
µ =Θ
n
4n √ n
n
(an ) ∼ (bn )
¶¶
√ 1 Pl. 1 + ∼ n 2 , de n ↓ ↓ 1 1
µ
1 1+ n ↓ e
¶n 6∼ 2
Persze an ∼ bn eset´en akn ∼ bkn , k ∈ N+ m´ar igaz (k 6= f (n)). (k val´os is lehet) à ! µ ¶k an an → 1 =⇒ →1 bn bn ´ igaz a k¨ovetkez˝o t´etel is: Es ²¯
T an , b n > 0 ±° ²¯
an ∼ bn
an → 1 =⇒ bn r √ √ an n 1−ε < n < n1+ε bn ↓ ↓ 1 1
B an ∼ bn ±° =⇒
=⇒
=⇒
√ n
an ∼
0<1−ε< r =⇒
n
p n
bn
an < 1 + ε, bn
n > N (ε)
an →1 bn
r ¶³
r √ 3n2 − n n + 6 n 3 Pl. ∼1 µ´ 2n2 + 3n + 7 ∼ 2 n
¶³
1
Pl. Hat´arozza meg A ´es α ´ert´ek´et u ulj¨on! ´gy, hogy cos − 1 ∼ Anα teljes¨ µ´ n
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
35
v1.4
1. megold´as: cos n1 − 1 lim =1 n→∞ Anα
=⇒
cos n1 − 1 lim = A 6= 0 n→∞ nα
α = 0-ra A = 0 lenne 0 α > 0-ra ∞ → 0 = A lenne u :=
¾ =⇒
α<0
1 n −→ ↓ 0 n ∞ lim
u→+0 0 0
cos u − 1 − sin u sin u 1 1 L’H = lim = lim −α−1 · = = A −α −α−1 u→+0 −αu u→+0 u α α | u{z } alak´ u (−α>0)
1 α = −2, A = − . 2 1 1 1 Teh´at cos − 1 ∼ − 2 n 2n ha −α − 1 = 1
=⇒
2. megold´as:
1 1 cos − 1 −2 sin2 x n 2n → 1, ha cos x − 1 = −2 sin2 azonoss´ag seg´ıts´eg´evel: = α α An An µ ¶2 2 1 1 Anα = −2 → A = − , α = −2 2n 2
Feladat: 1 1 Hat´arozza meg A ´es α ´ert´ek´et u ´gy, hogy sin − ∼ Anα fenn´alljon! n n ²¯
T ±°an > 0, bn > 0 an ∼ bn (Jelben: ²¯
=⇒ ∞ X
∞ X
an ∼
an ´es
∞ X
∞ X
bn egyidej˝ uleg konvergens, illetve divergens
bn )
an an → 1 =⇒ 1 − ε < < 1 + ε. Legyen ε < 1. bn bn Teh´at c1 bn < an < c2 bn (c1 = 1 − ε > 0, c2 = 1 + ε)
B an ∼ bn ±°
=⇒
∞ X
∞
X 1 Ha an konvergens, akkor bn < an miatt bn is konvergens (major´ans krit´erium) c1 ∞ ∞ X X 1 Ha an divergens, akkor an < bn miatt bn is divergens (minor´ans krit´erium) c2
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
36
v1.4
Ha Ha
∞ X ∞ X
∞ X
bn konvergens, akkor an < c2 bn miatt an is konvergens (major´ans krit´erium) ∞ X bn divergens, akkor c1 bn < an miatt an is divergens (minor´ans krit´erium)
¶³ ∞ X
∞
X 1 √ = an µ´ 3n2 − 2 n + 8 Pl.
1 an ∼ 2 = bn 3n ¶³ ∞ X
Pl.
µ´ 7n +
an ∼
1 √ 3
1 = bn 7n
¶³ ∞ X
∞ X
´es
n−1
∞ X
=
´es
∞ X
bn konvergens
∞ X
=⇒
an konvergens
an
bn divergens
=⇒
∞ X
an divergens
∞
1 X = an arctg µ´ n ∞ X 1 an ∼ = bn ´es bn divergens n ¶ X ¶³ ∞ µ ∞ X 1 Pl. an µ´ 1 − cos n = Pl.
1 1 1 an = 2 sin ∼ 2 2 = 2 = bn 2n 4n 2n 2
=⇒
´es
∞ X
∞ X
an divergens
bn konvergens =⇒
∞ X
an konvergens
Feladatok: Konvergensek-e az al´abbi sorok? ¶ ∞ µ X 1 1 1. − arctg n n n=1 2.
∞ µ X n=1
3.
∞ X n=1
2 3 ch − cos n n
µ
¶
1 ¶ 3n n
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
37
v1.4
²¯
D an = o(bn ) ( kis ord´o bn ”), ha ∀ c > 0-ra ±° ” |an | ≤ c|bn | n > N -re M´as jel¨ol´es is haszn´alatos: an ¿ bn , ha an = o(bn ) (Nagys´agrendileg kisebb vagy l´enyegesen kisebb.) ¯ ¯ ¯ an ¯ A defin´ıci´o k¨ovetkezm´enye, hogy bn 6= 0 eset´en ¯¯ ¯¯ ≤ c, bn
n > N ∀ c > 0-ra. Ebb˝ol ¯ ¯ ¯ an ¯ persze m´ar k¨ovetkezik, hogy ekkor ∀ ε > 0-hoz ∃ N0 (ε), hogy ¯¯ ¯¯ < ε, ha n > N0 (ε). bn Nyilv´anval´oan igaz az al´abbi ´all´ıt´as is: ²¯
T ±°an = o(bn ),
an =0 n→∞ bn
bn 6= 0 ⇐⇒ lim
¶³
Pl. Mit jelent an = o(1)? µ´ Mivel ∀ c > 0-ra |an | ≤ c, ha n > N , ez´ert lim an = 0 n→∞
²¯
M A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as is k¨onnyen bizony´ıthat´o lenne: ±° an ∼ bn ⇐⇒ an = bn (1 + o(1)). ¶³
n!
Pl. n! = o(nn ), mert lim =0 µ´ n→∞ nn 1. megold´as: 0<
n! 1 · 2···n 1 = < n n n · n···n n
2. megold´as: n! ∼ nn
¡ n ¢n √ e
2πn
nn
+ rend˝orelv √
=
2πn →0 en
V´ege!
c K´onya I. – Fritz Jn´e – Gy˝ori S. °
38
v1.4
