1
N´ eh´ any ´ erdekes v´ egtelen o ¨sszegr˝ ol
Dr. N´emeth J´ozsef SZTE TTIK Bolyai Int´ezet Anal´ızis Tansz´ek http://www.math.u-szeged.hu/∼nemethj
H´ att´ eranyag: N´emeth J´ ozsef: El˝oad´asok a v´egtelen sorokr´ ol (Polygon, Szeged, 2002)
2 ”Nagy” 16 a) Arkhim´edesz (i.e. 250) 108·10 (1m=400 jegy; 8 napig fut mellette a f´eny) ´ b) Okori India: 1023 majom c) Sakk 1+2+22 +· · ·+263 = 264 −1 b´ uzaszem 264 −1 = 1, 844674407·1019 ≈ 922000 milli´ o tonna (1998: 600 milli´o tonna a vil´ag ´evi b´ uzaterm´ese; 1500 ´evi b´ uzaterm´es) d) Minden nap 100.000 Ft=3 milli´o Ft 1 + 2 + 4 + 8 + · · · + 229 = 230 − 1 = 10.73741823 > 10 milli´o Ft e) Egy 2 km oldal´ u kock´aban elhelyezhet˝ o a vil´ ag ¨osszlakoss´aga. 2 · 103 · 2 · 103 · 103 ”f¨ ulke” V´ egtelen o ¨sszegek a) ”Csoki”
3 1 1 + 2 + ··· + 2 2 1 1 b) + 2 + · · · + 3 3 α) TORTA β)
c)
1 n + ··· = 1 2 1 n + · · · =? 3
1 1 + 2 + ··· = A 1 2 1 3 3 ⇒ = A⇒A= . 1 1 3 3 2 + · · · = A 3 32 2
1+ 2 + 2 + ··· = A 2 + 22 + · · · = 2A
⇒ −A = 1 ⇒ A = −1
d) 1 − 1 + 1 − 1 + · · · = A (Leibniz) α) A = 0 β) A = 1
4 γ) A =
1 2
1−x 3 4 6 δ) = 1 − x + x − x + x − 3 1−x | {z } 1 1 + x + x2 1 ··· ⇒ A = 3 (Vess¨ uk el a v´egtelent!) ?
Defin´ıci´ o. a1 + a2 + · · · + an + · · · =A sn = a1 + · · · + an → A, akkor a v´egtelen sok sz´am ¨osszeg´en A-t ´ertj¨ uk. Pl.: 1) ”CSOKI”:
5 1 1 1 sn = + 2 + · · · + n = 2 2 2 =
1 2
1+ 1 2
1 = · 2
1 1 + · · · + n−1 2 2 !n −1
1 −1 2
!
=
1 0−1 → · = 1. 2 1 −1 2
2) ”TORTA”:
1 sn = · 3
1 3
!n
−1
1 −1 3
1 0−1 1 → · = . 3 2 2 − 3
M´ ertani sor: 1 + q + q 2 + · · · + q n +
6 ∞ P
1 , ha |q| < 1, 1−q n=0 qn − 1 hiszen sn = . q−1 ··· =
qn =
3) 1 + 2 + 23 + · · · eset´en sn = 1 + 2 + n+1 2 −1 · · · + 2n = → ∞. 2−1 4) 1 − 1 + 1 − 1 . . . eset´en s1 = 1, s2 = 0, s3 = 1, s4 = 0, . . ., ´ıgy sn nem ”tart” egy sz´amhoz sem, azaz nincs osszege ennek a v´egtelen sok sz´am¨ nak. 2 1 Egy tov´ abbi ´erdekes o ¨sszeg: 1 + 2 + 2 2 ∞ n P 3 n n = 2 (Swi3 + ··· + n + ··· = 2 2 n=1 2 neshead; XIV. sz´azad; fizika, val´osz´ın˝ us´eg).
7
Bontsuk fel a sort a k¨ovetkez˝ok´eppen: 1 1 1 + + 3 + ···+ 2 22 2 1 1 + + ···+ 2 3 2 2 1 + ···+ 23 .. .
1 + ··· = 1 2n 1 1 + · · · = 2n 2 1 1 + ··· = 2 2n 2 .. .
∞ 1000n P Megjegyz´es: n ≈? n=0 1, 06
8 1000 1000 · 2 1000 · 3 + 2 + 3 + ··· 1, 06 1, 06 1, 06 N´eh´ any tov´ abbi ´erdekes o ¨sszeg: ∞ 1 P 1 1 1 a) 1 + + + · · · + + · · · = =? 2 3 n n n=1 (harmonikus sor) 1 1 1 >5 1+ + + ···+ 2 3 83 1 1 1 1+ + + ···+ >6 2 3 227 1 1 1 1+ + + ···+ > 11 2 3 33617 1 1 1 1+ + + ···+ > 13 2 3 248397 1 1 1 1+ + + ···+ 43 > 100 2 3 1, 5 · 10
9 Lass´ u (p´elda)
1 1+ 2 1 1 + + 3 4 1 1 1 1 + + + + 5 6 7 8 1 1 + + ··· + 9 16 1 1 + + ··· + 17 32 1 1 + + ··· + 33 64 1 1 + + ··· + 65 128 .. .
1 =1+ 2 1 1 ≥2· = 4 2 1 1 ≥4· = 8 2 1 1 ≥8· = 16 2 1 1 ≥ 16 · = 32 2 1 1 ≥ 32 · = 64 2 1 1 ≥ 64 · = 128 2 .. .
10 ∞ 1 P ⇒ =∞ n=1 n Bel´ athat´ o: P 1 α) < 80. n g ∈n / P∞ Bizony´ıtsuk be, hogy a 96∈n konvergens.
1 n
sor
Megold´ as. ´Irjuk fel az u ´j sor n´eh´any tagj´ at r´eszletesen. X1 1 1 1 1 = 1+ + + ···+ + + ··· n 2 3 8 10 96∈n 1 1 1 1 = 1+ + ···+ + + ···+ + 2 8 10 88 1 1 + + ···+ + ···+ 100 888 1 1 + + ···. + ···+ k 10 |8 · 8{z· · · 8} (k+1)-szer
11 V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o fels˝o becsl´eseket: 1 1 1 + + · · · + ≤ 1 + 1 + · · · 1 = 8, 2 8 1 1 1 1 1 1 + + ···+ ≤ + ···+ =8·9· , 10 11 88 10 10 10 .. . 1 1 1 k + ···+ ≤ 8·9 · k, 10k 8 · 8 · · · 8 10 | {z } (k+1)-szer .. . ´Igy azt kapjuk, hogy 9 k X1 1 < 8 · 90 · 0 + · · · + 8 + ··· = n 10 10 96∈n
∞ X 9 k =8· = 80, 10 k=0
12 teh´ at a sor val´oban konvergens. β) sn (n > 1) soha sem eg´esz sz´am. Tegy¨ uk fel, hogy van olyan n > 1, hogy (∗)
1 1 1 1 + + + · · · + = A, 2 3 n
ahol A ∈ N+ . Legyen p · 2r a legnagyobb parit´as´ u tag az 1, 2, . . . , n sz´amok k¨oz¨ott. Ekkor (∗) a k¨ ovetkez˝ o alakban ´ırhat´o: 1 u + = A, (∗∗) s r 2 ·v p·2 ahol v ´es p p´aratlan ´es r > s (mivel r volt a maxim´alis parit´as). Szorozzuk be (∗∗) mindk´et oldal´at 2s · p · v-vel, akkor az ad´odik, hogy v u · p + r−s = A · 2s · p · v, 2
13 ami ellentmond´as, mert a bal oldal els˝ o tagja eg´esz, a m´asodik pedig nem, ´ıgy ¨ osszeg¨ uk nem adhatja ki a jobb oldalon ´ all´ o eg´esz sz´amot. Teh´at a r´eszlet¨ osszegek nem adhatnak eg´esz sz´amot (n > 1) esetben). 1 1 1 1 1 γ) 1 + + + + + + · · · = 2, 5 2 4 5 8 10 Mi a helyzet, ha v´ altakozik az el˝ ojel? 1 1 1 1 − + − + · · · =? 2 3 4 1) Az ¨ osszeg: A = loge 2 (ld. k¨onyv; 2 megold´ as) ´ 2) Atrendez´ es
14 1 1 1 1 1 1 1 1 1− + − + − + − + + 2 3 4 5 6 7 8 9
=A
1 1 1 0 + 1 + 0 − + 0 + + 0 − + 0+ 2 3 4
=A
0+
1 1 1 1 + 0 − + 0 + + 0 − + 0+ 2 4 6 8
=
A 2
(1) + (3) : 1 1 1 1 1 1 1+0+ − + +0+ − + + 3 2 5 7 4 9 ⇒
1 1 1 1 1 1 1+ − + + − + + 3 2 5 7 4 9
3 = A 6= A. 2
Tetsz˝ oleges sz´amhoz ´atrendezhet˝o. M´eg egy ´erdekess´eg:
3 = A 2
15 √ 1 1 1 1 1 2π 3 1+ + − − − +· · · = loge 2+ √ . 2 3 4 5 6 3 3 ∞ sin n P K´erd´es: konvergens-e? Mi n n=1 az ¨ osszege? ∞ 1 P 1 1 1 b) 1 + 2 + 2 + · · · + 2 + · · · = 2 2 3 n n=1 n Van v´eges ¨osszeg: 1) sn < 2 Alkalmazzuk az al´abbi becsl´est: (∗) 1 1 1 sn = 1 + 2 + 2 + · · · + 2 < 2 3 n 1 1 1 <1+ + + ···+ , 1·2 2·3 (n − 1)n
majd az egyes tagokat bontsuk fel t¨ortek k¨ ul¨ onbs´eg´ere az al´abbi m´odon:
16 1 1 1 1 1 =1− ; = − ; ···, 1·2 2 2·3 2 3 1 1 1 = − . (n − 1)n n−1 n
´Igy (∗) jobb oldala helyett az ´ırhat´o, hogy 1 1 1 1 1 1 1 1 1+1− + − + − +· · ·+ − = 2− , 2 2 3 3 4 n−1 n n hiszen a k¨ ozb¨ uls˝o tagok kiesnek, ugyanis ez egy teleszk´ opikus ¨osszeg. Azt kapjuk, hogy 1 sn ≤ 2 − < 2 n 1 1 + · · · + 2 2 = 1. a1 an 2) Geometriai megold´as Versenyp´elda:
17
Mekkora az ¨ osszeg? 1689 (Jacob Bernoulli) t˝ uzte ki (Baseli probl´ema) Euler 1734
18 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 + · · · + 2 + · · · =? 2 3 4 n 1 1 1 1+ 2 + 2 + ···+ = 1, 54977 100 2 3 1 1 1 1+ 2 + 2 + ···+ = 1, 63498 10000 2 3 1 1 1 = 1, 64393 1+ 2 + 2 + ···+ 1000000 2 3 1 1 1 + 2 + 2 + · · · = 1, 64493406684822643647 . . . 2 3 π2 → 10 ´ev 6 ∞ 1 P π2 Teh´ at (elemi bizony´ıt´as a 2 = 6 n n=1 k¨ onyvben: sin mx = . . . ; Viete formul´ak n-edfok´ u egyenletre) Johann Bernoulli: ”B´arcsak a b´aty´am
19 meg´erhette volna.” Euler mem´ ori´ aja: Vergilius: Aeneasz (580 oldal) Tov´ abbi o ¨sszegek (Euler) 1 1 1+ 2 + 2 2 3 1 1 1+ 4 + 4 2 3 1 1 1+ 6 + 6 2 3 1 1 1+ 8 + 8 2 3 1 1 1 + 10 + 10 2 3 1 1 1 + 12 + 12 2 3 1 1 1 + 14 + 14 2 3
+ ··· = + ··· = + ··· = + ··· = + ··· = + ··· = + ··· =
20 1 2 π 1·2·31 22 1 4 π 5! 3 24 1 6 π 7! 3 26 3 8 π 9! 5 28 5 10 π 11! 3 210 691 12 π 13! 105 212 35 14 π 15! 1
20
1+ 1+ 1+ 1+ 1+ 1+
1 216 1 218 1 220 1 222 1 224 1 226
+ ··· = + ··· = + ··· = + ··· = + ··· = + ··· =
214 3617 16 π 17! 15 216 43867 18 π 19! 21 218 1222277 20 π 21! 55 220 854513 22 π 23! 3 222 1181820455 24 π 25! 273 224 76977927 26 π 27! 1
∞ 1 P c) 3 (?) (Apery) n n=1 ∞ ∞ P P 1 1 √ d) = 3/2 konvergens vagy 3 n n n=1 n=1
21 divergens? 1 1 1 1 1+ √ + √ + √ + ··· + √ + ··· ≤ 23 33 43 n3 2 4 8 √ √ √ ≤1+ + + + ··· = 3 3 3 2 4 8 s s s 1 1 1 + + + ··· = =1+ 2 4 8 !2 !3 1 1 1 =1+ √ + √ + √ + ··· = 2 2 2 =
1 1 1− √ 2
e) 1 +
(geometriai sor)
1 1 1 1 1 1 + + + + + + 2 3 5 7 11 13
22 1 +· · · = ∞ (ld. k¨onyv; oszthat´os´ag; 17 harmonikus sor) Pr´ımsz´ amok a n´egyzetsz´amok k¨oz¨ott. Mutassuk meg, hogy van k´et olyan szomsz´edos n´egyzetsz´am, amelyek k¨oz´e legal´ abb 106 db pr´ımsz´am esik. Megold´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as nem igaz, azaz minden n term´eszetes sz´ am eset´en n2 ´es (n+1)2 k¨oz´e kevesebb, mint 106 db pr´ımsz´am esik. (n) (n) Jel¨ olje p1 , . . . , psn ezeket a pr´ımsz´ amokat. Ekkor teh´at sn < 106 teljes¨ ul minden n eset´en. Nyilv´anval´o, hogy ekkor 106 1 1 1 . > + + · · · + 2 (n) (n) (n) n p1 p2 p sn
23 Viszont, ha mindk´et oldalt ¨osszegezz¨ uk, ad´ odik, hogy
∞ ∞ X X 1 1 6 10 > , 2 n p n=1 n=1 n
ahol a jobb oldali ¨osszegben az ¨osszes pr´ımsz´ am reciprok ¨osszege van. Ez nyilP∞ v´ anval´ o, hogy ellentmond´as, mert a n=1 P∞ 1 sor konvergens, a n=1 pn sor pedig divergens, m´egpedig u ´gy, hogy (pozit´ıv tag´ u l´ev´en) a r´eszlet¨osszegek tartanak a v´egtelenbe. Azaz eredeti ´all´ıt´asunk val´ oban igaz. √ f) 2 ≈ 1, 41 . . .
1 n2
24 n(n − 1) 2 x + ··· (1 + x) = 1 + nx + 2! n
n(n − 1) · · · (n − k + 1) k ···+ x + · · · + xn . k!
n→
1 (NEWTON) 2 !
1 1 1 − 2 2 1 2 (1 + x) = 1 + x + x2 + · · · 2 2! ! ! 1 1 1 − ··· −k+1 2 2 2 xk + · · · ···+ k! x=1
25 √
1·3 1·3·5 1 1 2 = 1+ − 2 + 3 − 4 + 2 2 · 2! 2 · 3! 2 · 4! ··· (irracion´ alis; Hyppasos) g) π ≈ 3, 14 . . . i.e.
2000 (B) (E) 250 (A) i.sz. 263 : 480 : 1429 : 1610 : 1719 : 1847 : 1874 : 1973 : 1987 : 2002 : 2010 :
3, 125 3, 16 3, 1418 5 tizedesjegy 7 14 35 112 152 527 1 001 250 134 217 700 1 240 000 000 000 5 000 000 000 000
26 Franc ¸ ois Vi` ete (kb. 1579): v s s r r u r u 2 1 1 1 1t1 1 1 1 1 = + + + ···. π 2 2 2 2 2 2 2 2 2 John Wallis (kb. 1650): π 2 · 2 · 4 · 4 · 6 · 6 · 8 · 8··· = . 2 1 · 3 · 3 · 5 · 5 · 7 · 7 · 9··· William Brouncker (kb. 1650): 4
π=
.
1
1+ 2+
9 25 2+ 2 + ···
Madhava, James Gregory, Gottf-
27 ried Wilhelm Leibniz (1450–1671): π 1 1 1 = 1 − + − + ···. 4 3 5 7 (lass´ u, de sz´ep; Newton; biz. a k¨onyvben) Isaac Newton (kb. 1666): √ 2 3 3 1 1 1 π= +24 − − − −· · · . 4 3 · 23 5 · 25 28 · 27 72 · 29 Srinivasa Ramanujan (1914): 3 ∞ X 2n 42 n + 5
1 = π n=0 √
n
212 n+4
.
∞ 1 8 X (4n)! [1103 + 26390 n] = . 4 4n π 9801 n=0 (n!) 396
28 David Chudnovsky ´es Gregory Chudnovsky (1989): ∞ X 1 (6n)! 13591409 + n 545140134 n = 12 (−1) 3 (3n)! 3 )n+1/2 π (n!) (640320 n=0
(Minden u ´jabb tag hozz´av´etele kb. 15 u ´jabb pontos jegy´et adja π-nek.) Jonathan Borwein ´es Peter Borwein (1989): ∞ X (−1)n (6n)! (A + nB) 1 = 12 , 3 (3n)! C n+1/2 π (n!) n=0
ahol √ A := 212175710912 61 + 1657145277365 √ B := 13773980892672 61 + 107578229802750 √ C := [5280(236674 + 30303 61)]3 .
29 (Minden u ´jabb tag hozz´av´etele kb. 31 u ´jabb pontos jegy´et adja π-nek.) David Bailey, Peter Borwein ´es Simon Plouffe (1996): ∞ X 1 4 2 1 1 π= − − − . i 16 8 i + 1 8 i + 4 8 i + 5 8 i + 6 i=0
Megjegyz´es: irracionalit´as; transzcendencia; 1761 Lambert; 1882 Lindemann n 1 def h) e ≈ 2, 71 . . . (e = lim 1 + ; n→∞ n folyamatos kamatoz´as; Euler-sz´am.) Bizony´ıtsuk be, hogy (1)
∞ X 1 = e. n! n=0
Megold´ as. Jel¨olj¨ uk a (1) sor n-edik r´esz-
30 let¨ osszeg´et sn -nel, azaz
1 1 1 (2) sn = 1 + 1 + + + · · · + . 2! 3! n!
Be fogjuk l´ atni, hogy sn → e, ha n → ∞. A binomi´ alis t´etel alkalmaz´as´aval ad´odik, hogy
1+
31
1 n
n
1 n(n − 1) 1 + · 2 n 2! n n(n − 1)(n − 2) 1 + + ··· 3 3! n n(n − 1) · · · 2 · 1 1 + n! nn n(n − 1) 1 =1+1+ · 2 n 2! n(n − 1)(n − 2) 1 · + ··· + 3 n 3! n(n − 1) · · · 2 · 1 1 + · n n n! 1 1 1 ≤ 1 + 1+ + + ···+ = sn , 2! 3! n! =1+n·
teh´ at azt kaptuk, hogy (3)
1 n 1+ ≤ sn . n
32 Most r¨ ogz´ıts¨ unk egy k ∈ N+ sz´amot. Legyen n > k, ´es (1 + n1 )n -nek a binomialis kifejt´es´eb˝ ´ ol hagyjuk el a (k +1)-edik ut´ ani tagokat. Ezzel az (1 + n1 )n kifejez´est cs¨ okkentj¨ uk, azaz
1 n n(n − 1) 1 1+ >1+1+ n n2 2! n(n − 1)(n − 2) 1 · + ···+ + 3 n 3! n(n − 1) · · · (n − k + 1) 1 + nk k! 1 1 =1+1+ 1− 2! n 1 1 2 + 1− 1− + ···+ 3! n n 1 2 k − 1 1 + 1− 1− ··· 1− . k! n n n
Ha n → ∞, a bal oldal hat´ar´ert´eke e, a
33 jobb oldal´e pedig (k r¨ogz´ıtett) 1 1 1 + 1+ + ···+ . 2! k! Ebb˝ ol teh´ at az ad´odik, hogy (4)
e≥1+1+
1 1 + ···+ = sk . 2! k!
Mivel (4) minden k-ra igaz, ´ıgy k helyett n-et ´ırva ´es figyelembe v´eve (3)-at, azt kapjuk, hogy 1 n 1+ ≤ sn ≤ e. n
A rend˝ orelv alapj´an ad´odik, hogy limn→∞ sn = e, azaz (1)-t siker¨ ult bel´atnunk. Megjegyz´es: irracionalit´as; transzcendencia (n · sin(2πen!) → 2π) π + e??? x5 x3 j) sin x = x − + − ··· 3! 5!
34
