Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
Végtelen sorok konvergencia kritériumai BSc Szakdolgozat
Készítette: Gyebnár Tünde Matematika BSc, Matematikai elemző szakirány
Témavezető: Bátkai András Alkalmazott Analízis, és Számításmatematikai tanszék
Budapest, 2014
Tartalomjegyzék 1. Alapismeretek
3
2. Legismertebb kritériumok
5
3. Nevezetes végtelen sorok 3.1. A mértani sor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. A harmonikus sor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Pozitív természetes számok négyzeteinek reciprokaiból álló sor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10 10 11
4. Műveletek végtelen sorokkal
14
5. Abszolút, és feltételesen konvergens sorok
19
6. Konvergencia kritériumok II. 6.1. Monoton csökkenő tagú sorokra vonatkozó kritériumok 6.2. Jermakov-kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. A hányados kritérium finomabb alakjai . . . . . . . . . 6.3.1. Kummer-kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2. Raabe-kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3. Bertrand-kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.4. Gauss-kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4. Logaritmikus kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22 22 23 27 27 28 29 31 32
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
13
Bevezetés A szakdolgozatom témája a végtelen sorok, és ezeknek a soroknak a konvergenciájára vonatkozó kritériumok. Egyetemi éveim alatt a legalapvetőbb kritériumokkal megismertettek, de dolgozatomban ezeken túlmutató kritériumokra is kitérek majd. Célom, hogy összegyűjtsem a legfontosabb, leghasználhatóbb kritériumokat, és az ezek közötti kapcsolatokat bemutassam. Dolgozatom elején bevezetem a végtelen sorok legfontosabb definíciót, tételeit. Leírok pár nevezetes végtelen sort, majd rátérek a konvergencia kritériumokra, és ezeknek alkalmazását példákon keresztül szemléltetem.
2
1. Alapismeretek Mindenek előtt ismerkedjünk meg a végtelen sorok néhány alapvető definíciójával, tételével. 1.1. Definíció Ha adott az {an } számsorozat, akkor az a1 + a2 + a3 + . . . + an + . . . =
∞ X
an
(1)
n=1
alakú összeget végtelen sornak hívjuk. Tehát a végtelen sor egy végtelen sok tagú összeg. 1.2. Definíció Azt az {sn } sorozatot, melynek tagjai s 1 = a1 s 2 = a1 + a2 .. . s n = a1 + a2 + . . . + an =
n X
ak
(2)
k=1
a végtelen sor részletösszegeinek nevezzük; sn a sor n-edik részletösszege. 1.3. Definíció Ha n → ∞ esetén ezek a részletösszegek meghatározott határérték felé közelednek, akkor ezt nevezzük a végtelen sor összegének. s=
∞ X
ak = lim
n→∞
k=1
n X
ak ,
k=1
vagyis s = lim sn . n→∞
Ilyenkor azt mondjuk, hogy a végtelen sor konvergens, ugyanis a részletösszegek sorozata, a végtelen sor összegéhez konvergál. Ha a részletösszegek sorozata nem konvergens, akkor a végtelen sort divergensnek mondjuk. 1.4. Tétel Ha
∞ X
an konvergens, akkor an → 0.
n=1
3
1.5. Megjegyzés Ez azonban nem elégséges feltétel. A sor akkor is divergálhat, ha an → 0 1.6. Példa (an → 0 , de a sor divergens) Az 1+
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + +... + n + n + ... n +... 2 {z 2} |2 {z 2} |4 4 {z 4 4} |2 1
1
1
végtelen sor divergens, mert az egyenlő tagokat összeadva, mindig egyet kapunk, így a részletösszegek minden határon túl nőnek. A tagokból álló sorozat azonban 0-hoz tart. Az előző tételből kapjuk a következő feltételt, egy végtelen sor divergenciájára: 1.7. Következmény Ha a lim an határérték nem létezik, vagy 0-tól n→∞ ∞ X an végtelen sor divergens. különbözik, akkor a n=1
1.8. Példa (Az előző teszt alkalmazása) A
∞ X
n2 végtelen sor
n=1
divergens, mivel n2 → ∞
1.9. Példa konvergens végtelen sorra: ∞ X (xn /n!) n=1
1.10. Példa divergens végtelen sorra: ∞ X
n2 = 1 + 2 + 4 + 9 + . . . + n2
n=1
4
2. Legismertebb kritériumok P 2.1. Tétel (Cauchy-féle konvergenciakritérium) Egy ∞ n=1 an sor akkor, és csak akkor konvergens, P ha bármely pozitív ε számhoz van olyan ν, hogy ha m ≥ n ≥ ν , akkor | m k=n ak | < ε. 2.2. Példa A Cauchy-féle konvergenciakritérium alkalmazását, a harmonikus sor divergenciájának bizonyításán keresztül mutatjuk be. Erről a sorról a későbbiekben is belátjuk P 1 , hogy divergens. sor konvergens,ekkor a Cauchy-kritérium szerint Tegyük fel, hogy a n ε = 1/2-hez is létezik olyan ν, hogy ha m ≥ n ≥ ν, akkor 1 1 1 + ... + < . n m 2
(3)
Legyen m = 2n, ekkor a (3) bal oldala csökkenthető úgy, hogy a nevezőben minden tagban 2n-et írunk. Így: 1 1 1 1 n+1 = + ... + < + ... + , 2n 2n 2n n m ≥ 21 , így n1 + . . . + m1 ≥ 12 , ami azt mutatja,hogy ν-t bármely mivel n+1 2n nagynak is választjuk, nem teljesül minden m ≥ n ≥ ν esetén a (3), így a sor valóban divergens.
5
2.3. Tétel (Leibniz-féle konvergenciakritérium) Legyen an egy pozitív monoton fogyó számsorozat. Ekkor a ∞ X
(−1)n+1 an
n=1
sor konvergenciájának szükséges, és elégséges feltétele, hogy általános tagja nullához tartson.
ábra: Leibniz-sor
Bizonyítás. Ha n = 2m páros egész szám, akkor az első n tag összege: s2m = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + . . . + (a2m−1 − a2m ) = a1 − (a2 − a3 ) − (a4 − a5 ) − . . . − (a2m−2 − a2m−1 ) − a2m . Az első egyenlőség szerint az s2m összeg m nemnegatív tagból áll, mivel a zárójelekben szereplő kifejezések mindegyike legalább nulla.Eszerint tehát s2m+2 ≥ s2m , vagyis az s2m sorozat nemcsökkenő. A második egyenlőség szerint s2m ≤ a1 . Az s2m sorozat, tehát nemcsökkenő, és felülről korlátos, így konvergens: lim s2m = L (4) n→∞
Ha n = 2m + 1 páratlan,akkor az első n tag összege s2m+1 = s2m + a2m+1 . Mivel an → 0 fennáll lim a2m+1 = 0 m→∞
6
is , így amint m → ∞ s2m+1 = s2m + a2m+1 → L + 0 = L.
(5)
A (4) és az (5) egyenlőségeket összevetve: limn→∞ sn = L 2.4. Példa Az alternáló harmonikus sor például kielégíti a tétel feltételeit így konvergens. (Természetesen csak feltételesen konvergens.) P∞ P∞ 2.5. Tétel (Majoráns kritérium) A a és n n sorok pozitív n=1 n=1 P Pb∞ tagúak, és an ≤Pbn ∀n-re, P és ∞ b konvergens, akkor n=1 n n=1 an is ∞ ∞ konvergens és n=1 an ≤ n=1 bn P 1 P 1 1 sor konvergens, mivel n2 +ln < n12 , n ≥ 2, és 2.6. Példa A n2 +ln n n n2 konvergens. P∞ P 2.7. Tétel (Minoráns kritérium) A ∞ n=1 n=1 an és P bn sorok pozitív P∞ tagúak, és an ≤ bn ∀n-re, és n=1 an divergens, akkor ∞ n=1 bn is divergens. ∞ X
1 sor konvergens, vagy divergens-e? 5n + 1 n=1 ∞ X 1 Tudjuk, hogy a harmonikus sor divergens.És a n n=1
2.8. Példa A
∞
X 1 1 < 6n n=1 5n + 1
Tehát a
∞ ∞ X 1 1X1 = 6n 6 n=1 n n=1
sor minorálja a kérdéses sort, így divergens. P P 2.9. Tétel (Hányados-Majoráns kritérium) Ha a u és vk pozitív k P P vk+1 tagú sorokban uuk+1 ≤ , és v konvergens, akkor u is az. k k vk k Bizonyítás. Ekkor ugyanis uu12 ≤ vv21 , azaz u2 ≤ v2 uv11 , u3 ≤ vv32 azaz u3 ≤ uv22 v3 ≤ uv11 v2 v12 v3 = uv11 v3 u2 P P u1 Általánosan: uk ≤ uv11 vk . A uk sornak tehát majoránsa a v sor; ez a v1 k P feltevés szerint konvergens, s így a uk is konvergens. P P 2.10. Tétel (Hányados-Minoráns kritérium) Ha a uk és vk pozitív tagú sorokban uk+1 vk+1 ≥ (n = ν, ν + 1, . . .), uk vk P P és vk divergens, akkor uk is divergens. 7
A bizonyítás a (2.9) tételéhez hasonlóan működik. A fenti 4 tételt összehasonlító kritériumoknak hívjuk. Az első kettőben a két sor megfelelő tagjait hasonlítjuk össze, a második kettőben pedig az egyik sor két egymás utáni tagjának viszonyát, a másik sor megfelelő tagjainak viszonyával. P 2.11. Tétel (d’Alembert-féle hányadoskritérium) Tegyük fel, hogy a an , sorra: • an 6= 0(∀n ∈ N); | • ∃ lim |a|an+1 =: A ∈ R. n| Ekkor: P • Ha 0 ≤ A < 1, akkor a an abszolút konvergens, P • Ha A > 1, akkor a an sor divergens, P • Ha A = 1, akkor lehet an konvergens, és divergens is. Bizonyítás. fel, hogy 0 ≤ A < 1. Tegyük | |an+1 | ≤ q < 1 (∀n ≥ n0 ). Ekkor lim |an | = A =⇒ q : ∃n0 ∈ N : |a|an+1 n| Legyen n ≥ n0 . |a 0 | Ekkor |an+1 | ≤ q · |an | ≤ q 2 · |an−1 | ≤ . . . ≤ q n+1−n0 · |an0 | = nn0 −1 · qn. q | {z } c P Mivel a P Majoráns kritérium alapjánP0 ≤ q < 1, ezért c · q n konvergens, tehát a |an | is konvergens,azaz a an abszolút konvergens. Tegyük fel, hogy A > 1. | | = A =⇒ q : ∃n0 ∈ N : |a|an+1 ≥ q (∀n ≥ n0 ). Ekkor lim |a|an+1 n| n| Legyen n ≥ n0 . Ekkor: |an+1 | ≥ q · |an | ≥ q 2 · |an−1 | ≥ . . . ≥ q n+1−n0 · |an0 |. Mivel q > 1, ezért lim(|an+1 |) = +∞, azaz lim an 6= 0 , amiből pedig következik a divergencia. P an 2.12. Példa Tekintsük a ∞ (a ∈ R, a 6= 0) végtelen sort, és döntn=1 n! sük el a konvergenciáját a D’Alembert-féle hányadoskritériummal. n+1 a n! |a| (n + 1)! · an = n + 1 . |a| = 0 < 1, n→∞ n + 1 tehát a szóban forgó sor konvergens. lim
8
2.13. Tétel (Cauchy-féle gyök-kritérium) Ha az a0 + a1 + . . . + an + . . . pozitív tagú sorban bizonyos n-től kezdve √ n
an ≤ q < 1(n = ν, ν + 1, . . .),
(6)
akkor e sor konvergens. Bizonyítás. Ugyanis az 1 + q + . . . + qn geometriai sor 0 < q < 1 esetén konvergens, és mivel a (6) szerint an ≤ q n ezért a
P
(n = ν, ν + 1 . . .),
an konvergens.
2.14. Példa (Cauchy-féle gyökkritérium alkalmazására) A √ konvergens n n → 1 miatt ∀q ∈ ] 13 , 1[ esetén ∃n0 ∈ N, hogy q √ n ∀n > n0 -ra n 13 = 3n < q < 1.
P
n 3n +5
P 2.15. Megjegyzés Ha a an sor konvergenciája a D’Alembert-féle hányadoskritériummal eldönthető, akkor a Cauchy-féle gyökkritériummal is eldönthető. Továbbá ha a Cauchy-féle gyökkritérium hatástalan, akkor a D’Alembertféle hányadoskritérium sem alkalmazható. 2.16. Tétel (Cauchy-féle hányadoskritérium) Legyen tív tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy
P
an csupa pozi-
an+1 =P n→∞ an lim
Ekkor: 1. ha P ≤ 1, akkor a sor konvergens 2. ha P ≥ 1, akkor a sor divergens 3. ha P = 1, akkor nem tudjuk megmondani, hogy konvergens, vagy divergens-e a sor, érdemes más kritériumokat alkalmazni a konvergencia ellenőrzéséhez.
9
2.17. Példa Így például a
∞ X xk k=1
k!
sor bármely értéke mellett abszolút kon-
vergens, hisz |x|k+1 |(k+1)!| |x|k k!
=
|x|k+1 k! |x| = , |x|k (k + 1)! k+1
ez zérushoz tart, ha k → ∞, tehát bizonyos tagtól kezdve kisebb, mint pl. 12 . 2.18. Példa
∞ X n4 n=1
2n
Hányados kritériummal ellenőrizve: an+1 an =
(n+1)4 2n+1 n4 2n
1 1 (n + 1)4 = = 4 2 n 2
4 1 1 → 1+ n 2
Mivel ez kisebb mint 1, így a fenti tétel alapján azt mondhatjuk, hogy a sor abszolút konvergens. P A an pozitív tagú sor konvergenciáját, vagy divergenciáját most már könnyedén eldönthetjük, ha azzal az egyszerű esettel állunk szemben, amikor √ véges, és 1-től különböző szám. lim n an vagy lim an+1 an
3. Nevezetes végtelen sorok 3.1. A mértani sor 3.1. Definíció A
∞ X
a · qn
(7)
n=0
alakú sort, mértani/geometriai sornak nevezzük. Nyilvánvaló, hogy a a = 0, akkor a q bármely értéke esetén konvergens lesz a sor,és összege 0 lesz. Feltesszük tehát a továbbiakban, hogy a 6= 0 . Ahhoz, hogy a (7) sor konvergencia-viszonyait vizsgáljuk, adjuk meg az sn zárt alakját: sn = a + aq + . . . + aq n = a ·
10
q n+1 − 1 , (q 6= 1) q−1
(8)
Ha q = 1 akkor a (8) nem érvényes, de akkor sn = n · a lévén a (7) sor nem konvergens, hiszen sn → ∞ ,vagy sn → −∞ (az a előjelétől függően). a . Azaz a geometriai Mivel q n+1 → 0 ha |q| < 1, ezért a limn→∞ sn = 1−q a sor konvergens, ha |q| < 1, és összege akkor 1−q . Vizsgálva a q n+1 sorozat viselkedését, ha q ≥ 1 azt kapjuk, hogy sn csak akkor konvergens, ha |q| < 1. 3.2. Tétel A (7) alakú mértani sor (a 6= 0 esetén) akkor, és csak akkor a konvergens, ha |q| < 1 és ekkor összege 1−q . 3.3. Példa Ha a mértani sorban a = 1/8 és q = 1/4 , akkor: ∞
X1 1 1 1 + + + ... = · 8 32 128 8 n=1
n−1 1 1 1/8 = = 4 1 − 1/4 6
3.2. A harmonikus sor 3.4. Definíció A
∞ X 1 n n=1
(9)
alakú sort, harmonikus sornak hívjuk. Az elnevezés abból adódik, hogy a sor bármely tagja harmonikus közepe a hozzá szimmetrikusan elhelyezkedő tagoknak. Ha ennek a sorozatnak a részletösszegeit kiszámítjuk, akkor azt tapasztaljuk, hogy elég lassan növekednek. Például, ahhoz, hogy a részletösszeg elérje a 100-at 1, 5 · 1043 tagot kell összeadni. Ezek után felmerül a kérdés, hogy akármilyen nagyra nőhet-e az összeg. Másképp fogalmazva: ha előre megadunk egy tetszőlegesen nagy L számot, akkor lesz-e olyan n , hogy az sn = 1 +
1 1 1 + + . . . + > L. 2 3 n
A válasz igen.Tehát a harmonikus sor divergens. Azt fogjuk most belátni, hogy sn → ∞, ha n → ∞. Bizonyítás. Tekintsük a sor 2n -edik részletösszegét: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 s2n = 1 + + + + + + + + . . . + + . . . + n−1 + . . . + n (10) 2 3 4 5 6 7 8 n 2 +1 2 Csökkentsük most a (10) összeget úgy, hogy az 31 + 14 helyett 2 · 41 -et, 15 + 16 + 1 + 18 helyett 4 · 18 = 21 -et írunk, és így tovább, az utolsó "blokkban" szereplő 7 1 + . . . + 21n helyett 2n−1 · 21n = 12 -et vegyünk. 2n−1 +1 11
Így azt kapjuk, hogy s2n ≥ 1 + n2 , amiből látszik, hogy bármely L számhoz megadható olyan n0 , hogy ha n > n0 ,akkor s2n ≥ L ugyanis elég olyan n0 -t venni, amelyre 1 + n20 > L, azaz n0 > (L − 1) · 2. Ez definíció szerint azt jelenti, hogy s2n → ∞ ha n → ∞, amiből az sn sorozat monoton növekedése miatt az adódik, hogy sn → ∞, tehát a sor valóban divergens. 3.5. Megjegyzés Egy érdekesség a harmonikus sorral kapcsolatban: Ha a sorból elhagyjuk azokat a tagokat, amelyek nevezői egy adott számjegyet tartalmaznak, már konvergens sort kapunk. Legyen például ez a számjegy P akkor 1 a 9. Így: 9∈n / n Írjuk fel ennek a sornak néhány tagját. X1 1 1 1 1 = 1 + + + ... + + + ... n 2 3 8 10 9∈n / 1 1 1 1 = 1 + + ... + + + ... + + 2 8 10 88 1 1 1 1 + .... + ... + + ... + + + ... + k 100 888 10 |8 · 8{z· · · 8} (k+1)−szer
Becsüljük felülről a zárójeles összegeket a következőképpen: 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 1 + ... + ≤ 8 · 9k · k , k 10 8 · ·8} 10 |8 · {z (k+1)−szer
Így azt kapjuk, hogy a k k ∞ X1 X 1 9 9 0 < 8 · 9 · 0 + ... + 8 + ... = 8 · = 80. n 10 10 10 k=0 9∈n /
Tehát a sor valóban konvergens. Ez az összehasonlítás természetesen a két sor részletösszegeire vonatkozik, amiből adódik az eredmény a konvergencia definíciója alapján. 12
3.3. Pozitív természetes számok négyzeteinek reciprokaiból álló sor P 3.6. Definíció A ∞ n=1 reciprokaiból álló sor. 3.7. Tétel A
P∞
1 n=1 n2
1 n2
sor, a pozitív természetes számok négyzeteinek
konvergens.
Bizonyítás. Alkalmazzuk az alábbi becslést: sn = 1 +
1 1 1 1 1 1 + + ... + , + 2 + ... + 2 < 1 + 2 2 3 n 1·2 2·3 (n − 1) · n
(11)
majd az egyes tagokat bontsuk fel törtek különbségére az alábbi módon: 1 1 1 1 1 1 1 1 =1− ; = − ;..., = − . 1·2 2 2·3 2 3 (n − 1) · n n−1 n Így a (11) jobb oldala helyett az írható, hogy: 1+1−
1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + ... + − =2− , 2 2 3 3 4 n−1 n n
hiszen a közbülső tagok kiesnek, hisz ez egy teleszkópikus összeg. Azt kapjuk, hogy 1 sn ≤ 2 − < 2, n tehát a részletösszegek sorozata korlátos, és Pmivel1 sn monoton növő, ezért konvergens is, tehát valóban konvergens a ∞ n=1 n2 sor, és összege nem nagyobb 2-nél.
13
4. Műveletek végtelen sorokkal A végtelen sorokkal általában szeretnénk úgy bánni, mintha véges összegek lennének. Ez a gyakorlatban azonban nem mindig tehető meg. Hamarosan látni fogjuk, hogy mi az amiben másképp viselkedik egy végtelen sor, mint egy a véges összeg, és mi az amiben nem. Látni fogjuk például, hogy a zárójelek elhagyása változtathat a végtelen sor összegén, sőt akár a konvergenciáját is megszüntetheti. Ezért fontos végignézni, hogy mik azok a műveletek, melyek nem vezetnek ki a konvergens sorok köréből, és összegükre úgy hatnak, mint azt véges esetben megszoktuk, és melyek azok a műveletek amik nem, vagy nem minden esetben. Két konvergens sor összege, és különbsége is konvergens, egy konvergens sor konstansszorosa is konvergens. P∞ P∞ a és 4.1. Tétel (Két végtelen sor összeadása) Ha a n n=0 n=0 bn P P konvergens sorok, továbbá a an = A és bn = B, akkor: ! ! ∞ ∞ ∞ X X X an + bn = (an + bn ) = A + B. (12) n=0
n=0
n=0
4.2. Megjegyzés A kivonás hasonlóan működik. 4.3. Tétel (Végtelen sor konstanssal való szorzása) Ha adott a konvergens végtelen sor, melynek összege A, és egy C konstans, akkor C·
∞ X
an =
∞ X
Can = Ca1 + Ca2 + . . . + Can + . . . = C · A.
P∞
n=0
an
(13)
n=0
n=0
4.4. Megjegyzés Fontos azonban megjegyezni, hogy : ∞ X n=0
an ·
∞ X
bn 6=
n=0
∞ X
an b n .
n=0
Ugyanis, ∞ X n=0
! an
·
∞ X
! bn
= (a0 + a1 + . . . + an + . . .)(b0 + b1 + . . . + bn + . . .)
n=0
Ahhoz, hogy ezt végigszámoljuk a0 -t végig kell szorozni, az összes bn -es taggal, majd a1 -et is, és így tovább a tagonkénti szorzás szerint. Ez kicsit lehetetlen, hisz mindkét "szummás" sornak végtelen sok tagja van. A végtelen sorok egymással történő szorzására P∞több megoldást P∞ is fogok szemléltetni. Hogy könnyebb legyen elképzelni a n=0 an , és n=0 bn sorok formális összeszorzásánál keletkező részletszorzatokat az alábbi négyzetes sémába rendezzük: 14
a1 b 1 a1 b 2 a2 b 1 a2 b 2 a3 b 1 a3 b 2 .. .. . . an b 1 an b 2
a1 b 3 . . . a 1 b n a2 b 3 . . . a 2 b n a3 b 3 . . . a 3 b n .. .. .. . . . an b 3 . . . a n b n
... ... ... .. . ...
Ebből sokféleképpen képezhető végtelen sor, így sokféleképpen értelmezhető a sorok szorzata. Azt, hogy milyen sorrendben adjuk össze ezeket a szorzatokat, arra 3 módszert is mutatok. Az első az úgynevezett Cauchy-féle rendezés. Ilyenkor a részletszorzatokat a négyzetes séma átlós vonalai mentén rendezzük, az alábbi ábra szerint:
ábra: Cauchy-féle rendezés
Ennek a rendezési elvnek az oka csupán annyi, hogy ha a két összeszorzott sor hatványsor alakú, akkor az átlók mentén elhelyezkedő tagokban x kitevője ugyanaz, s így ezek összevonhatóak. Erre a rendezési típusra vonatkozik a következő képlet: ! ! ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X an · bn = cn ahol cn = ai bn−i n=0
n=0
n=0
15
n=0
A második esetben az alábbi ábrán lévő nyilak mentén adjuk össze a tagokat:
P∞ P∞ Ennél az esetnél először is jelöljük a a illetve a n n=1 n=1 bn sor n-edik Pn Pn szeletét An -el, illetve Bn -el: An = k=1 ak ; Bn = k=1 bk . Ha a részletszorzatokat úgy rendezzük, hogy az n-edik szorzat (An Bn ) az (n − 1)-edikhez (An−1 Bn−1 ) képest bővül, azaz az an (b1 + b2 + · · · + bn ) + bn (an−1 + · · · + a1 ) tagokat adjuk hozzá az Ak−1 Bk−1 szorzathoz, akkor az így kapott végtelen sor előállítja a két végtelen sor szorzatát, feltéve, hogy a két sor konvergens. Erre a módszerre vonatkozó képlet: ! ! ! ∞ ∞ ∞ n 1 X X X X X an · bn = an bk + bn an n=0
n=0
n=1
k=1
k=n−1
Ez a képlet teljesen azonos eredményt ad, a harmadik módszer szerinti szorzatösszeadással.
Aminek a képlete: ∞ X n=1
bn
n X
ak + an
k=1
1 X k=n−1
16
! bk
P P∞ 4.5. Tétel (Mertens tétele) [2] A ∞ a és n k=1 k=1 bn sorokat formálisan összeszorozva, és a részlet sorokat az első módszer szerint csoportosítva, ! ! ∞ n ∞ n X X X X an−k bk illetve, ak bn−k n=1
n=1
k=1
k=1
a kapott végtelen sorok, még a zárójelek elhagyása esetén is konvergálnak, és összegük, a ! ! ∞ ∞ X X an · bn n=0
n=0
értékét adja, ha a két konvergens sor közül az egyik abszolút konvergens. 4.6. Megjegyzés Azért beszélünk formális szorzásról, mert a disztributivitás érvényessége általában nem bizonyítható, s így a formális szorzás nem feltétlenül jelenti a két sor tulajdonképpeni szorzását.
Tagok elhagyása, és hozzáadása Ha egy végtelen sor véges számú tagját elhagyjuk, vagy a sorhoz véges számú tagot hozzáadunk, azzal a sor konvergenciáját, vagy divergenciáját nem változtatjuk meg. Ha a sor konvergens volt, akkor természetesen az összege változik. P 4.7. Tétel Ha a P ∞ n=1 an végtelen sor konvergens, akkor minden k > 1 esetén konvergens a ∞ n=k an sor is, és ∞ X
an = a1 + a2 + · · · + ak−1 +
n=1
Megfordítva: ha az.
P∞
n=k
∞ X
an .
n=k
an minden k>1 esetén konvergens, akkor a
P∞
n=1
an is
Végtelen sor zárójelezései A végtelen sorokat szabad zárójelezni, de a zárójelek elhagyása nem megengedett. Ez ugyanis nem csak a végtelen sor összegét, hanem konvergenciáját/divergenciáját is megváltoztathatja. P 4.8. Definíció A ∞ n=1 an végtelen sor zárójelezésein a n ∞ i −1 X X an i=1
n=ni−1
17
alakú sorokat értjük, ahol 1 = n0 < n1 < n2 < . . . az indexek egy tetszőleges szigorúan monoton növő sorozata. 4.9. Példa (8 − 8) + (8 − 8) + . . . = 0, de ha elhagyjuk a zárójeleket: 8 − 8 + 8 − 8 + . . . már divergens. 4.10. Tétel Egy konvergens sort zárójelezve, sem a sor konvergenciája, sem a sor összege nem változik. Továbbá nem érvényes a kommutativitás a végtelen sorokra, ugyanis, ha megváltoztatjuk a tagok sorrendjét, a sor összege megváltozhat. Sőt konvergens sorból divergens válhat. Vannak azonban olyan sorok, melyeknél ez nem igaz. Ahol bátran megcserélhetjük a tagok sorrendjét, az összeg, és a konvergencia azonban mégsem változik meg. Ilyenek az abszolút konvergens sorok.
18
5. Abszolút, és feltételesen konvergens sorok P 5.1. Definíció A ∞ konvergens sornak hívjuk, ha a k=1 uk sort abszolút P∞ tagok abszolút értékeiből alkotott k=1 |uk | sor konvergens. 5.2. Tétel Ha egy sor abszolút konvergens, akkor közönséges értelemben véve is konvergens. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor található olyan n0 természetes szám, hogy |un+1 | + |un+2 | + . . . |um | < ε, m > n ≥ n0 Az összeg abszolút értékére vonatkozó egyenlőtlenség szerint pedig: |un+1 + un+2 + . . . + um | ≤ |un+1 | + |un+2 | + . . . |um | s így m > n ≥ n0 esetén |un+1 + un+2 + . . . + um | < ε s így a Cauchy-féle konvergencia kritérium szerint a sor konvergens. P∞ 5.3. Tétel A P∞ n=0−an sor akkor, és csak akkor abszolút konvergens, ha a P∞ + n=0 an sorok mindketten konvergensek. n=0 an és P + 5.4. Megjegyzés A ∞ n=0 an az an sor pozitív tagjaiból álló sort jelenti, a negatív előjelű tagokat ebben az esetben 0-nak tekintjük. Azaz: Tetszőleges x valós számra: x ha x ≥ 0 + x = max(x, 0) = 0 ha x < 0 0 ha x ≥ 0 x− = max(−x, 0) = −x ha x < 0 P az (5.2)-as tétel Bizonyítás. Ha ∞ n=0 an abszolút konvergens, akkor P∞ P∞alap+ − ján közönséges értelemben véve is konvergens. Így a n=0 an és n=0 an sorok konvergenciája az a+ n =
|an | + an 2
és a− n =
|an | − an 2
összefüggésekből, valamint a (4.1) és a (4.2) és a (4.3)-es tételekből adódik. − A megfordítás ugyanígy adódik, felhasználva, hogy |an | = a+ n + an minden n-re. 19
5.5. Definíció Egy a1 +a2 +· · ·+. . . sorból kiválasztott as1 +as2 +· · ·+ask . . . sort, ahol s1 < s2 < · · · < sk < . . ., az eredeti sor egy részsorának nevezzük. 5.6. Tétel Ha az a1 + a2 + . . . + an + . . . sor abszolút konvergens, és az (1)
(1)
(2)
(2)
a1 + a2 + . . . + a(1) n + ... a1 + a2 + . . . + a(2) n + ... .. . (ν)
(14)
(ν)
a1 + a2 + . . . + a(ν) n + ... .. . részsorok összetétele, akkor e részsorok összegeiből alkotott sor abszolút konvergens, és összege ugyanaz, mint az eredeti soré. 5.7. Tétel Ha a (14) alatti sorok abszolút konvergensek és a (ν)
(ν)
σ (ν) = |a1 | + |a2 | + . . . + |a(ν) n | + ... P (ν) sor konvergens, akkor a (14) alatti sorok bármely összegekből álló ∞ ν=1 σ összetétele abszolút konvergens. 5.8. Definíció A konvergens, de nem abszolút konvergens sorokat feltételesen konvergens soroknak nevezzük. 5.9. Példa Az alternáló harmonikus sor feltételesen konvergens. ∞ X n=1
(−1)n+1
1 1 1 1 −1n+1 1 = 1 − + − + − ... + + ... n 2 3 4 5 n
Érdemes megfigyelni, hogy az abszolút konvergens soroknál a tagok sorrendje felcserélhető, azaz érvényes maradt a véges esetből ismert kommutativitás, azonban ha a sor csak feltételesen konvergens, akkor ez a tulajdonság már nem igaz. Ezt mondja ki a következő tételünk is. P 5.10. Tétel (Riemann tétele) Ha a ∞ n=1 an sor feltételesen konvergens, akkor bármely s szám esetén megadható olyan átrendezés, hogy az átrendezett sor összege s. Sőt a sor átrendezhető úgy is, hogy az átrendezett sor részletösszegei plusz vagy minusz végtelenbe tartsanak. 20
5.11. Példa Adjunk eljárást arra, hogy rának összege 2 legyen. Mivel:
Pn+1
n+1 1 n=1 (−1) n
sor átrendezett so-
1 1 1 1 − − − − − . . . = −∞ 2 4 6 8
(15)
és
1 1 1 + + + . . . = +∞ (16) 3 5 7 Ezt a tényt felhasználva, a (16) sorból vegyünk annyi tagot, amelyek összege éppen túllépi a 2-t, majd vegyünk a a (15)-ből annyi negatív tagot a sor elejéről, hogy az így kapott összeg éppen kisebb legyen, mint 2. Ekkor ismét a (16) sor tagjaiból annyit vegyünk, hogy kettőnél éppen több legyen az összeg, majd a (15)-ból megint annyit, hogy éppen visszalépjünk a kettő elé, és így tovább. Konkrét számításokkal illusztrálhatjuk a fentieket, ha vázoljuk a kívánt átrendezést: 1+
1+
1 1 1 1 1 1 1 1 + ... + − + + ... + − + + ... + − 3 15 2 17 41 4 43 69
1 1 1 1 1 1 1 1 + ... + − + + ... + − + + ... − + 6 71 99 8 101 125 10 127
Az abszolút konvergens sorok indokolttá teszik,hogy a pozitív tagú sorok konvergenciájának kérdésével alaposabban foglalkozzunk. P 5.12. Definíció A an végtelen sor pozitív tagú , ha an ≥ 0, ∀n -re . Mivel a pozitív tagú sor részletösszegei monoton növekvő sorozatot alkotnak, ezért teljesül a következő tétel: 5.13. Tétel Egy nem negatív tagú sor, akkor, és csak akkor konvergens, ha részletösszegeinek sorozata felülről korlátos. Ha egy nemnegatív tagú sor divergens, akkor az összege végtelen. Az ilyen sornál ugyanis a részletösszegek monoton növekedő sorozatot alkotnak, ez pedig akkor és csak akkor konvergens, azaz véges határértékű, ha korlátos. A fenti tétel szerint, egy nemnegatív tagú sornak, mindig van összege; ez egy véges szám, ha a sor konvergens, és végtelen , ha a sor divergens.
21
6. Konvergencia kritériumok II. 6.1. Monoton csökkenő tagú sorokra vonatkozó kritériumok 6.1. Tétel (Cauchy-féle integrálkritérium) Ha az f (x) függvény monoton fogyó és pozitív, akkor a Z ∞ ∞ X f (k) sor és az f (x)dx 1
k=1
improprius integrál egyszerre konvergensek, vagy divergensek. Bizonyítás. Tetszőleges n > k egész számra tekintsük az [k, n] intervallumnak, a k, k + 1, . . . , n egész számokkal történő felosztását.Ha sn illetve, Sn jelöli ennek az f függvénynek ehhez a felosztáshoz tartozó alsó, illetve felső összegét, akkor: Z n n−1 n X X f (i), (17) f (i) = sn ≤ f (x)dx ≤ Sn = i=k+1
k
i=k
hiszen mivel f monoton fogyó, így a legkisebb értéke az [i − 1, i] intervallumon f (i), legnagyobb pedig f R(i − 1). ω Mivel f pozitív, ezért az ω → a f (x)dx improprius integrál létezik: R nvagy véges, vagy végtelen. Ha az integrál konvergens (véges), akkor az n → a f (x)dx sorozat korlátos. P Ekkor a (17) első egyenlőtlensége szerint az (sn ) sorozat is korlátos, tehát a ∞ n=a f (n) sor az (5.13) R n tétel szerint konvergens. Ha viszont az integrál divergens akkor az n → a f (x)dx sorozat végtelenhez tart. Ekkor a (17) második egyenlőtlenségéből az (Sn ) sorozat is a végtelenhez tart, P∞ tehát a n=a f (n) sor divergens. P 6.2. Példa Tekintsük a nk=1 k1α u.n. hiperharmonikus sort. Ennek az f (x) = x1α függvény felel h i∞ meg, amely pozitív, és monoton fogyó. R ∞ dx 1 α 6= 1 esetén: 1 xα = (1−α)x és ez véges az α > 1 esetben, végtelen α−1 1 az α < 1 esetben, ezért tehát a hiperharmonikus sor konvergens, ha α > 1, és divergens, ha α < 1. Ez utóbbi abból is látszódna, hogy ha α < 1 esetén a sor majoránsa a harmonikus sornak. Kifejtve: −α+1 y Z ∞ Z y 1 x y 1−α 1 1 −α dx = lim x dx = lim = lim − = α y→∞ 1 y→∞ −α + 1 y→∞ 1 − α 1 − α x α−1 1 1 amiből az improprius integrál konvergens, így a tételünk alapján a sor is konvergens. 22
6.3. Tétel (Kondenzációs P kritérium) P∞Ha naz (an ) sorozat pozitív, és monoton csökkenő, akkor ∞ a és n=1 n n=1 2 · a2n végtelen sorok egyszerre konvergensek, vagy divergensek. P P∞ n Bizonyítás. Jelöljük a ∞ n=1 an és n=1 2 · a2n sorok részletösszegeit sn -el, és Sn -el. Állapodjunk meg, hogy s0 = S0 = 0. Mivel a2n ≥ ai , ∀i > 2n -re, ezért n+1 2X n Sn − Sn−1 = 2 · a2n ≥ ai = s2n+1 − s2n i=2n +1
minden n-re, és így Sn =
n X
(Sk − Sk−1 ) ≥
k=1
n X
(s2k+1 − s2k ) = s2n+1 − s2
k=1
P∞ n Ebből következik, hogy ha a n=1 2 · a2n részletösszegei korlátosak , akkor P a sor részletösszegei is azok. Hasonlóan, a2n ≤ ai minden i ≤ 2n -re, a ∞ n=1 n P n ezért Sn − Sn−1 = 2n · a2n ≤ 2 · 2i=2n−1 +1 ai = 2 · (s2n − s2n−1 ) minden n-re, azaz n n X X (s2k − s2k−1 ) = s2n − s1 . (Sk − Sk−1 ) ≤ 2 · Sn = k=1
k=1
P∞ n a sor részletösszegei korlátosak, akkor a Ha tehát a n n=1 2 · a2n n=1 részletösszegei is azok. Így alkalmazhatjuk az (5.13) tételt. P 1 6.4. Példa A sor p > 1 esetén konvergens, míg p < 1 esetén n(ln p)n divergens. Alkalmazzuk rá a kondenzációs kritériumot. A kondenzációs kritérium szerint a sor, akkor és csak akkor konvergens, amikor: P∞
∞ X
n
2 · a2n =
n=1
∞ X
2n
n=1
X 1 1 1 = · p. n n p p 2 (ln 2 ) (ln 2) n
Tehát, akkor és csak akkor ha p > 1.
6.2. Jermakov-kritérium P 6.5. Tétel Legyen an egy pozitív, monoton csökkenő sorozat, melyet az f (x) függvény reprezentál, f (x) : [0, ∞) → R+ . A X X ex f (ex ) konvergens ≤ϑ<1 an ≡ f (x) ha , divergens ≥1 f (x) minden kellően nagy x-re. 23
P Bizonyítás. Az integrálkritérium miatt a f (x) konvergenciája azzal R∞ ekvivalens, hogy a 0 f (x) konvergens. Így az első egyenlőtlenségnél elég azt belátni, hogy az improprius integrál konvergens. Ekkor 0 < x0 ≤ x esetén: Z x Z ex Z x t t e f (e )dt ≤ ϑ f (t)dt. f (t)dt = exo
x0
x0
Következésképpen: ex
Z (1 − ϑ)
Z
x
f (t)dt ≤ ϑ exo
Z
ex
f (t)dt − exo
x Z 0ex0
≤ϑ
Z
ex
f (t)dt − Z
f (t)dt
x
x0 ex0
≤ϑ
f (t)dt
f (t)dt. x0
Rx Így a baloldali integrál, és az f (t)dt, minden x > x0 esetén kisebb, mint x0 P egy rögzített szám. A an sor tehát az integrál-kritérium szerint konvergens. A második egyenlőtlenséget teljesítő x > x1 -ek esetén azt kapjuk, hogy: Z x Z ex Z x t t f (t)dt = e f (e )dt ≥ f (t)dt. e x1
x1
x1
Összehasonlítva az egyenlőtlenség jobb, és bal oldalát, kapjuk, hogy : Z ex Z ex f (t)dt ≥ f (t)dt. x
x1
Ennek az egyenlőtlenségnek a jobb oldala egy konkrét δ > 0 mennyiség, és minden n > x1 -hez találunk olyan kn -t, melyre: Z n Z n+kn Jn+kn − Jn = f (t)dt ≥ δ > 0, ahol Jn = f (t)dt. n
1
P
Jn nem lehet korlátos, így a an se. Így a tétel állításait beláttuk. P 1 6.6. Példa A konvergenciájának ellenőrzése a Jermakov-kritériummal: x ln x[ln(lnx)]p ex · f (ex ) =
ex , ex ·x(lnx)p
így:
ex ·f (ex ) f (x)
=
[ln(lnx)]p , (lnx)p−1
és így
ex f (ex ) = 0, ha p > 1, x→∞ f (x) = ∞, ha p ≤ 1. lim
Így tehát a Jermakov-kritérium alapján a sor konvergens, ha p > 1, és divergens, ha p ≤ 1. 24
6.7. Tétel (Dirichlet-kritérium) Tegyük fel, hogy (i) az (an ) sorozat monoton csökkenő, és nullához tart, és P (ii) a ∞ n=1 bn sor részletösszegeinek sorozata korlátos. P∞ Ekkor a n=1 an bn sor konvergens. 6.8. Megjegyzés A Dirichlet-kriterium speciális esetként tartalmazza a Leibnizkritériumot. (Legyen bn = (−1)n−1 ) A bizonyítás előtt be kell vezetnünk az u.n. Abel-féle egyenlőtlenséget, mert a bizonyítás során fel fogjuk használni. 6.9. Tétel (Abel-féle egyenlőtlenség) Legyen adott egy {un } sorozat, legyen sn = u1 + u2 + . . . + un , és tegyük fel, hogy ∃m, M úgy, hogy ∀n-re: m ≤ sn ≤ M. Tegyük fel továbbá, hogy {λn } egy pozitív tagú monoton csökkenő sorozat. Ekkor minden n-re fennáll, hogy λ1 m ≤
n X
λi ui ≤ λ1 M
(18)
i=1
Bizonyítás. Alakítsuk át a (18)-ben lévő összeget: λ1 u1 + λ2 u2 + . . . + λn un = = λ1 s1 + λ2 (s2 − s1 ) + λ3 (s3 − s2 ) + . . . + +λn−1 (sn−1 − sn−2 + λn (sn − sn−1 = = (λ1 − λ2 )s1 + (λ2 − λ3 )s2 + . . . + (λn−1 λn )sn + λn sn . Ha az utolsó sorban si -k helyett csökkentésként m-et, növelésként pedig M -et írunk, és figyelembe vesszük, hogy kiemelés után egy teleszkópikus összeg1 marad P vissza, akkor valóban adódik, hogy mλ1 és M λ1 alsó, ill. felső korlátja a ni=1 λi ui összegeknek. Ezzel az Abel-egyenlőtlenséget beláttuk. Bizonyítás. Legyen a bn sor n-edik részletösszege sn , és tegyük fel, hogy |sn | ≤ K minden n-re. Legyen ε > 0 adott. Mivel an → 0, ezért választhatunk olyan N indexet, hogy |an | < ε/K teljesüljön minden n ≥ N -re. Ha N ≤ n < m, akkor az Abel-egyenlőtlenség a (18) szerint: −ε < (−K) · an ≤ an bn + . . . + am bm ≤ K · an < ε, P tehát |an bn + . . . + am bm | < ε. Ezzel beláttuk, hogy a ∞ n=1 an bn sor kielégíti a Cauchy-kritériumot, tehát konvergens. 1
Felbontható olyan különbségek összegére, ahol az egymást követő párok kinullázzák egymást
25
P sin n 6.10. Példa Bizonyítsuk be, hogy a ∞ n=1 n sor konvergens. 1 lépés: Belátjuk, hogy az sn részletösszeg sorozat korlátos. sn = sin 1 + sin 2 + . . . + sin n Ennek a korlátossága egy trigonometrikus azonosságból adódik. sin x + sin 2x + . . . + sin nx =
cos x2 − cos 2n+1 x 2 , x 2 sin 2
(x 6= 2kπ, k ∈ Z) (19)
Ezt beláthatjuk teljes indukcióval is, és a jobb oldal nevezőjével végigszorozva, majd alkalmazva a 2 sin α sin β = cos(α − β) − cos(α + β) összefüggést, a bal oldalon egy teleszkópikus összeget kapunk, amelyben a megmaradó tagok éppen a (19) jobb oldalán a számlálóban lévő két taggal egyenlőek. Tehát a (19) alkalmazásával adódik, hogy: cos 21 − cos 2n+1 2 ≤ 1 = K, |sn | = | sin 1 + sin 2 + . . . + sin n| = sin 1 2 sin 1/2 2 azaz {sn } valóban korlátos sorozat. Ezek után alkalmazhatjuk a Dirichlet kritériumot: ∞ X sin n n=1
n
=
∞ X n=1
sin n ·
1 n
sorra az un = sin n és an = 1/n szereposztással. Így azonnal adódik a sor konvergenciája.
6.11. Tétel (Abel-kritérium) Tegyük fel, hogy az (an ) sorozat monoton, P∞ P és korlátos, és a ∞ b sor konvergens. Ekkor a n=1 an bn sor is konvern=1 n gens. Bizonyítás. Feltehetjük, hogy az (an ) sorozat monoton csökkenő (ha nem az, akkor áttérünk a (−an ) sorozatra). Legyen limn→∞ an = a. Ekkor (an −a) P∞ monoton csökkenve nullához tart. Mivel a P n=1 bn sor is konvergens, ezért részletösszegeinek sorozata korlátos. Így az ∞ n=1 (an − a)bn sor konvergens a Dirichlet-kritérium szerint. Ha ehhez a sorhoz tagonként P∞ P∞ hozzáadjuk a konvergens n=1 a · bn sor tagjait, akkor megkapjuk a n=1 an bn sort, amely tehát a a (4.1) és a (4.2) és a (4.3) tételek szerint konvergens.
26
6.3. A hányados kritérium finomabb alakjai 6.3.1. Kummer-kritérium Az egyszerűbb kritériumok nem elegendőek, a bonyolultabb sorok konvergencia-vizsgálatához. Szerencsénkre akadnak, finomabb, speciálisabb kritériumok ezeknek a soroknak a vizsgálatára. Többek között ilyen a következő kritérium is. P 6.12. Tétel Tegyük fel, hogy a an csupa pozitív tagból álló végtelen sor, és legyen pn egy pozitív számokból álló sorozat, és: an an − pn+1 ≤ lim sup pn − pn+1 = β (20) α = lim inf pn an+1 an+1 P Ha α P > 0, akkor a an konvergens. P 1 Ha a divergens, és β < 0, akkor a an divergens. pn Pn Bizonyítás. Legyen sn = k=1 ak , tegyük fel, hogy α > 0, és válasszuk r-et úgy, hogy r ∈ (0, α). Ekkor létezik olyan N > 1 melyre: an pn − pn+1 > r, ∀n ≥ N. an+1 Ezt átrendezve kapjuk: pn an − pn+1 an+1 > ran+1 ,
∀n ≥ N.
(21)
M > N esetén a (21) ez: M X
(pn an − pn+1 an+1 ) >
n=N
M X
ran+1
n=N
pN aN − pM +1 aM +1 > r(sM − sN −1 ) pN aN − pM +1 aM +1 + rsN −1 > rsM pN aN + rsN −1 > sM r P Rögzített N mellett, a bal oldal felső korlátja an P s1M , amiből következik a konvergenciája. Most tegyük fel, hogy a divergens, és β < 0, ekkor pn létezik olyan N ∈ N , melyre: an pn − pn+1 < 0, ∀n ≥ N an+1 Ezt átrendezve: pn an < pn+1 an+1 , ∀n ≥ N. Így pn an > pN aN , ha n > N , és an > pN aN p1n , ∀n ≥ N . Mivel N rögzített P 1 , és divergens, így a minoráns-kritériumot felhasználva következik a sor pn divergenciája. 27
6.3.2. Raabe-kritérium P 6.13. Tétel Legyen a an egy csupa pozitív tagból álló sorozat. Legyen: an an α = lim sup n − 1 ≥ lim inf n − 1 = β. n→∞ an+1 an+1 n→∞ P P Ha α > 1, akkor a an konvergens, ha β < 1 akkor a an divergens. Bizonyítás. Vegyük észre, hogy pn = n választással ez a Kummer kritérium, így a bizonyítása teljesen hasonlóan megy. Eszerint létezik olyan r > 0, és N pozitív egész index, melyre, ha sn > N , akkor teljesül az alábbi egyenlőtlenség: an − 1 > 1 + r. n an+1 Ezt átrendezve kapjuk, hogy nan − (n + 1)an+1 > ran+1 , n ≥ N. Ezt N, N + 1, . . . n indexekre alkalmazzuk, majd az így kapott egyenlőtlenségeket összeadjuk.Így: N aN − (N + 1)aN +1 > raN +1 , (N + 1)aN +1 − (N + 2)aN +2 > raN +2 , .. . nan − (n + 1)an+1 > ran+1 . Az egyenlőtlenségeket összeadva, a bal oldal teleszkópikus összegként viselkedik. Az így kapott összefüggésből, a bal oldalt felülről becsülve kapjuk, hogy: n+1 X N aN > N aN − (n + 1)an+1 > r ak , k=N +1
amit átalakítva:
n+1 X N aN > ak , n > N. r k=N +1 P Ezután mindkét oldalt megnöveljük a N k=1 ak összeggel, így: N
n+1
X N aN X + ak > ak , n > N. r k=1 k=1 28
Innen már látható, hogy mivel a bal oldalon P álló szám, a jobb oldali részletösszegek felső korlátja,így a pozitív ak sor konvergens. A divergenciára vonatkozó feltételt hasonlóan bizonyíthatjuk: an n − 1 ≤ 1, n ≥ N, an+1 ezt az összefüggést, átalakítva, majd ismét mint a konvergencia bizonyításánál felírjuk a N, N + 1, . . . , n indexekre, és ezeket az egyenlőtlenségeket összeadjuk, és (n + 1)-el elosztva az egészet kapjuk, hogy: N aN ·
1 ≤ an+1 . n+1
Amire a minoráns kritériumot alkalmazva kapjuk a divergenciát. 6.14. Példa Milyen a esetén konvergens, az alábbi sor: X
n! (a + 1)(a + 2) . . . (a + n)
n+1 Itt uun+1 = a+n+1 mivel lim uun+1 = 1 így a Cauchy féle hányados kritérium n n nem alkalmazható. A Raabe-féle kritériummal: a·n a+n+1 − 1 = lim = a. lim n n→∞ n→∞ n+1 n+1
Tehát a sor konvergens, ha a > 1, és divergens, ha a < 1. a = 1 esetén azt kapjuk, hogy: n n+2 n −1 = < 1, n+1 n+1 tehát a sor divergens. 6.3.3. Bertrand-kritérium P 6.15. Tétel Legyen a an egy csupa pozitív tagból álló sorozat. Legyen: an an α = lim inf ln n n − 1 − 1 ≤ lim sup ln n n − 1 − 1 = β. n→∞ an+1 an+1 n→∞ P P Ha α > 1, akkor a an konvergens. Ha β < 1, akkor a an divergens.
29
Bizonyítás. Ennél a kritériumnál is könnyű észrevenni a kapcsolatot a Kummerkritériummal, jelen esetben pn = n ln n választással. n ln n ·
an − (n + 1) ln(n + 1) > 0 an+1
amit átalakítva: n an − 1 − 1 + (n + 1) · ln >0 ln n n an+1 n+1 És tekintve azt, hogy: 1 1 n = −(n + 1) · ln(1 + ) = − ln(1 + )(n+1) → −1 n+1 n n an Könnyedén látható, hogy a lim inf ln n n an+1 − 1 − 1 > 1, ami éppen a kritérium feltétele a konvergencia teljesülésére. A divergenciafeltétel bizonyítása: Ugyanezen elven, a Kummer-kritérium segítségével: ha egy bizonyos indextől kezdve teljesül, hogy: (n + 1) · ln
n ln n ·
an − (n + 1) ln(n + 1) ≤ 0, an+1
Átrendezve: an n ln n n − 1 − 1 + (n + 1) ln ≤ 0. an+1 n+1 Ahogy fentebb is láttuk: (n + 1) · ln
n 1 = − ln(1 + )(n+1) , n+1 n
n ∈ Z+
és mivel ennek a határértéke −1, ezért: (n + 1) · ln
n < −1, n+1
n ∈ Z+ .
Innen pedig már következik, hogy ha egy indextől kezdve teljesül, hogy an ln n n − 1 − 1 ≤ 1, an+1 P akkor a an divergens. 30
6.3.4. Gauss-kritérium P∞ 6.16. Tétel A n=1 an sor két egymást követő tagjának hányadosát írjuk ilyen alakban: an α bn = 1 + − p; an+1 n n
p > 1,
|bn | < K,
akkor e sor α > 1 esetén konvergens, α ≤ 1 esetén divergens. Bizonyítás. Kezdjük a bizonyítást az α > 1 esettel, ekkor kellően nagy n esetén: ha negatív tagú a bn sorozat bn an − 1 = α + p−1 ≥ q, q ∈ (1, α) n an+1 n vagy, ha pozitív tagú a bn : an bn n − 1 = α + p−1 ≥ α. an+1 n Mivel mindkét esetben: n
an −1 ≥q >1 an+1
P használva a Raabe-kritériumot azt kapjuk, hogy a ∞ n=1 an konvergens. P∞ Tegyük fel, hogy a n=1 an konvergens, és α = 1, használjuk a Bertrand kritériumot 6.15-tétel, így kapjuk, hogy: bn ln n 1 an bn ln n ln n n − 1 − 1 = ln n n 1 + + p − 1 − 1 = p−1 ≈ p−1 an+1 n n n n P n Ebből azt kapjuk, hogy mivel nlnp−1 → 0, ha n → ∞, a ∞ n=1 an divergens, így ellentmondásra jutottunk, hisz a feltevésünk az volt, hogy konvergens a P∞ an .Tehát ha α = 1 akkor a sor divergens. n=1P Ha a ∞ n=1 an konvergens, és α < 1, akkor elég nagy n esetén: an bn n − 1 = α + p−1 an+1 n P itt ismét a Raabe-t felhasználva immár ellentmondsára jutunk, tehát a ∞ n=1 an divergens. 31
6.4. Logaritmikus kritérium 6.17. Tétel Ha a
P
un pozitív tagú sorban, bizonyos n-től kezdve ln u1n ln n
≥ α > 1,
akkor az {un } sor konvergens; ha azonban bizonyos n-től kezdve ln u1n ln n
≤ α ≤ 1,
akkor divergens, az {un } sor. Bizonyítás. Először is lássuk a konvergencia-feltétel bizonyítását. A feltételink szerint ilyenkor létezik, olyan c ∈ R+ , és N pozitív egész, hogy: ln u1n ln n
≥ 1 + c,
n≥N
− ln un ≥ (1 + c) ln n ln un ≤ −(1 + c) ln n = ln
/ · (−1) 1 n1+c
mivel szig.mon.: un ≤
n≥N
, 1
n1+c
Innen pedig már látszik, hogy alkalmazhatjuk a majoráns kritériumot,Phiszen 1 a n1+c u.n. hiperharmonikus sor c ∈ R+ esetén konvergens, így a un is konvergens. A divergencia-feltételt teljesen hasonló módon látjuk be. Ha egy adott N indextől kezdve teljesül, hogy: ln u1n ln n
≤ α ≤ 1,
akkor − ln un ≤ ln n, n ≥ N, 1 un ≥ , n ≥ N. n Itt a minoráns-kritérium alapján jutunk a divergenciára, P1 hiszen a harmonikus sorról tudjuk, hogy divergens. n
32
Irodalomjegyzék Irodalomjegyzék [1] Ábrahám Róbert, Analízis I., http://cie.felhasznalo.fazekas.hu/Egyetem/Anal/Anal1.pdf [2] Dr. Frey Tamás, Végtelen sorozatok, sorok, és szorzatok, Budapest, 1956, Tankönyvkiadó vállalat [3] Szász Pál, A differenciál- és integrálszámítás elemei I., Typotex kiadó, Budapest 2009. [4] Császár Ákos, Végtelen sorok jegyzet (Budapest, 1961) [5] Laczkovich Miklós, T.Sós Vera, Analízis II., Nemzeti tankönyvkiadó (2007) [6] Németh József, Előadások a végtelen sorokról, Polygon, Szeged, 2002. [7] Szilágyi Tivadar, Végtelen http://www.cs.elte.hu/ sztiv/8vs.pdf
sorok,
Hatványsorok,
[8] Konrad Knopp, Theory and applications of infinite series, [9] T.J.I’a Bromwich, M.A. FRS, An introduction to the theory of infinite series (London, 1908) [10] http://math.louisville.edu/ lee/ira/IntroRealAnal-ch04.pdf [11] Frantisek Duris, Infinite series: Convergence tests (Bachelor thesis), (Bratislava,2009) [12] Thomas-féle kalkulus 3. (Typotex kiadó, Budapest,2007)
33
