Végtelen sorok (szerkesztés alatt) Dr. Toledo Rodolfo 2017. március 25.
Tartalomjegyzék 1. Bevezetés
2
2. A sor fogalma
3
3. Mértani és teleszkopikus sorok
8
4. Abszolút és feltételesen konvergens sorok
14
5. Sorok átrendezhetősége
20
6. Sorok szorzata
31
7. Konvergencia kritériumok
36
8. Hatványsorok
50
9. Az e számot előállító sor
54
10.Feladatok
59
1
1. Bevezetés
2
2. A sor fogalma A tananyagot egy paradoxonnal kezdjük, ami a görög eleai Zénón-tól (i. e. 490-430) származik, aki éppen arról lett híres, hogy olyan paradoxonokat fogalmazott meg, amelyek a mozgás ellentmondásosságára kívánt rámutatni. A paradoxon „Akhilleusz és a teknős” néven vált ismertté. Képzeljük el Akhilleuszt, a leggyorsabb görögöt, amint versenyt fut egy teknőssel. Mivel olyan gyors, nagyvonalúan száz láb előnyt ad a teknősnek. Ezek után a teknős így okoskodott: „Nem is kell lefutnunk a versenyt, hiszen világos, hogy nem érhetsz utol. Amíg ugyanis behoznád a 100 láb előnyömet, addig én 1 lábat előremásznék; mire behozod ezt az 1 láb távolságot, addig én előrébb leszek, és így tovább. E végtelenségig folytatható gondolatmenet szerint mindig én vezetek. A versenyt tehát nem nyerheted meg.” Nincs kétség afelől, hogy egy ilyen versenyt Akhilleusz nyerne meg. Akkor hol a hiba a teknős okoskodásában? A teknős ügyesen végtelen sok szakaszra bontotta fel Akhilleusz futását, és feltételezte, hogy Akhilleusz csak akkor érheti útól, ha össze tudjuk adni az egyes szakaszok lefutására szükséges végtelen sok időt. A gyakorlatban végtelen sok számot nem lehet összeadni, az egyes számításokhoz időre van szükségünk. De a valóságban nincs szükség összeadásokra a verseny lefutásához, Akhilleusz nem áll meg gondolkozni, és még kevésbé számolni, az egyes futási szakaszok között. Egyébkét egy idő után olyan „elképesztően kicsi” számok kerülnek az összeadásban, amik alig módosítják a végeredményt. A teknős legnagyobb tévedése mégis az, hogy összekeveri a matematikában előforduló két fajta végtelent. Az egyik végtelen a futási szakaszok számára vonatkozik, ami a halmazok számosságával áll összefüggésben. A másik végtelen a teljes futáshoz szükséges idő korlátlanságáról szól. Azért el kell ismerni, hogy a teknős ügyesen próbálkozott. Arra hívja fel a figyelmünket, hogy a természet össze tud adni végtelen sok számot anélkül, hogy elvégezne a végtelen sok számítást. Jó lenne kifejleszteni egy olyan matematikai módszert, ami szintén képes lenne erre. Ilyen módon több valós problémát tudnánk megoldani egy teljesen új megközelítéssel. Ehhez először értelmezni kell mit értünk végtelen sok szám összegén. Ezzel a sor fogalmához jutunk.
3
1. Definíció. Legyen han i egy valós számsorozat. Az a1 + a2 + a3 + . . . vagy a ∞ X
an
n=1
szimbolikus kifejezést az han i sorozat végtelen sorának vagy egyszerűen sornak nevezzük, és úgy értelmezzük, mint az (n ∈ N)
Sn := a1 + a2 + . . . + an
n-edik részletösszegekből álló sorozat határértéke. Az első dolog, amit a sor fogalmából kitűnik az, hogy egy sorozat elemeiből készítjük a sort. Tetszőleges végtelen sok számot nem tudunk sorozatba rendezni, ezt legfeljebb megszámlálhatóan végtelen sok számmal tudjuk elérni. Másrészt fontos, hogy milyen sorrendbe állítjuk a számokat a sorozatban, hiszen a későbbiekben látni fogjuk, hogy a rendezés módja befolyásolhatja a végeredményt. Az előző megjegyzés figyelembevételével azt mondjuk, hogy sorozatba rendezett végtelen sok szám összege a sorozatból képzett sor értéke. Mivel a sor a sorozat n-edik részletösszegekből álló hSn i sorozat határértéke, így előfordul, hogy ez nem létezik. Ez nem szerencsés megfogalmazás, ezért a következő elnevezéseket fogjuk alkalmazni sorok esetén: • Ha az hSn i sorozat konvergens, akkor azt mondjuk, hogy a sor konvergens és összege az hSn i sorozat határértéke, azaz ∞ X n=1
an = n→∞ lim Sn .
Ezt másféleképpen is írhatjuk: ∞ X
an = lim
k→∞
n=1
k X
an .
n=1
• Ha az hSn i sorozat divergens, akkor azt mondjuk, hogy a sor divergens (és nem az, hogy a sor nem létezik). • Abban az esetben, hogy a sor divergens, de Sn → ∞, illetve Sn → −∞, akkor azt írhatjuk, hogy ∞ X
an = ∞,
illetve
n=1
∞ X n=1
4
an = −∞.
1 Lássunk egy példát! Tekintsük az an := n sorozatot, amelynek végtelen 2 sora ∞ X 1 . n n=1 2 Ez formálisan az
1 1 1 1 + + + + ... 2 4 8 16 végtelen sok szám összegét jelenti. Ekkor a sor fogalma szerint a sor összege, ha létezik, nem más, mint az Sn =
1 1 1 + + ··· + n 2 4 2
részletösszeg határértéke. Tudjuk, hogy az ilyen határértékek kiszámításához zárt alakra kellene hozni a fenti összeget, azaz a képletben meghatározott számú alapművelet szerepeljen. Vegyük észre, hogy ebben az esetben han i egy mértani sorozat, és így alkalmazhatjuk a középiskolában már tanult trükköt: legyen q 6= 1, n ∈ N és s : = 1 + q + q2 + · · · + qn. Ekkor sq =
q + q 2 + q 3 + · · · + q n+1 .
Így s − sq = 1 − q n+1 , amiből azt kapjuk, hogy s= A fenti számításból q =
1 − q n+1 . 1−q
(1)
1 esetén azt kapjuk, hogy 2 →0
z }| { n+1
1 1− 1 1 1 2 Sn = 1 + + + · · · + n − 1 = 1 2 4 2 1− 2
− 1 → 1.
Ebből következik, hogy a vizsgált sor konvergens és összege 1, azaz ∞ X
1 = 1. n n=1 2 5
Könnyű példát találni divergens sorokra. Például ∞ X
1 = 1 + 1 + 1 + · · · = ∞.
n=1
Érdemes még vizsgálni a következő sort: ∞ X
(−1)n+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + . . .
n=1
Itt az hSn i részletösszeg divergens, mert páros indexű részsorozatára S2k = 0, illetve páratlan indexű részsorozatára S2k−1 = 1 teljesül. Mivel hSn i divergens, ezért a sor is divergens. Ennél a sornál egy furcsának tűnő jelenséget kapunk, ha a végeredményt úgy próbálunk megkapni, hogy csoportosítjuk a sor tagjait, nevezetesen 0 = (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + . . . másképpen pedig 1 = 1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) + . . . A következőkben azt igazoljuk, hogy a fentihez hasonló zárójelezések konvergens sorokkal nem vezetnek más eredményre. ∞ X
2. Definíció. Legyen
an egy végtelen sor, és ϕ : N → N egy szigorúan
n=1
monoton növekvő függvény. Továbbá jelölje ϕ(1)
b1 :=
X
ϕ(n)
ak ,
k=1
Ekkor a
∞ X n=1
bn sort a
∞ X
X
bn :=
ak
(n > 1).
k=ϕ(n−1)+1
an csoportosított vagy zárójelezett sorának nevezzük.
n=1
1. Tétel (Konvergens sorok átzárójelezhetősége). Konvergens sor minden zárójelezett sora konvergens és összege változatlan marad. Bizonyítás. Az állítás rögtön következik abból, hogy a zárójelezett sor nedik részletösszegének sorozata mindig részsorozata lesz az eredeti sor n-edik részletösszegének sorozatának.
6
Egy másik idetartozó eredmény konvergens sorok összegének és konstansszorosának a konvergenciájáról szól. Ez az állítás nagyon hasznos a gyakorlati példák megoldásában. 2. Tétel (Sorok összege és konstans-szorosa). Legyen ∞ X
két konvergens sor, valamint c ∈ R. Ekkor a szorosa, valamint a
∞ X
∞ X
an és
n=1
∞ X
bn
n=1
c · an ú.n. sor konstans-
n=1
(an + bn ) ú.n. két sor összege konvergens, és
n=1 ∞ X
c · an = c
n=1 ∞ X
∞ X
an ,
n=1
(an + bn ) =
n=1
∞ X
an +
n=1
∞ X
bn .
n=1
Bizonyítás. A tétel állításait a következő számítások igazolják: ∞ X n=1
c · an = lim
k X
k→∞
c · an = c lim
k→∞
n=1
k X
an = c
∞ X
an ,
n=1
n=1
valamint ∞ X
(an + bn ) = lim
n=1
k→∞
= lim
k→∞
k X
(an + bn ) = lim
n=1 k X
k→∞
an + lim
n=1
k→∞
k X
bn =
n=1
k X
k X
an +
n=1 ∞ X n=1
!
bn =
n=1 ∞ X
an +
bn .
n=1
Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Szeretném megjegyezni, hogy a tétel második állítása véges sok sor esetére is általánosítható. Fontos még megjegyezni, hogy egy sor nem csak n = 1-től kezdődhet. Egy egyszerű átindexeléssel értelmezzük a ∞ X n=r
an :=
∞ X
an+r−1
n=1
sort, ahol r egy tetszőleges egész szám. A gyakorlatban természetesen nem szükséges az átindexelést elvégezni. Nem nehéz igazolni, hogy az r kezdőérték nem befolyásolja a sor konvergenciáját, de a sor összegét már igen. 7
3. Mértani és teleszkopikus sorok A tananyag során látni fogjuk, hogy a sorok pontos összegét meghatározása nem egyszerű feladat. A legnagyobb problémát az okozza, hogy az összeget adó hSn i sorozat nem előre meghatározott, n-től független számú összegekből áll, és így határértéke kiszámításához zárt alakra kellene hozni. Néhány esetben viszont az hSn i sorozat zárt alakra való hozása, azaz véges n-től független számú alapműveletekre való átírása, nem olyan bonyolult. Sőt, az ú.n. mértani sorok esetén általános képletet is kapunk. 3. Tétel. Legyen a és q valós számok és a 6= 0. A ∞ X
aq n
n=0
sort mértani sornak nevezzük és konvergenciáját illetően a következő eseteket különböztetjük meg. • Ha |q| < 1, akkor a mértani sor konvergens és összege
a . 1−q
• Ha |q| ≥ 1, akkor a mértani sor divergens. Bizonyítás. Az (1) összefüggésből azt kapjuk, hogy ∞ X
n
aq = lim
k→∞
n=0
Ha |q| < 1, akkor q n+1 → 0, így
k X
1 − q n+1 . k→∞ 1 − q
aq n = a lim
n=0
a a fenti kifejezés határértéke. 1−q
Ha |q| > 1, akkor a hq n i sorozat divergens, azaz a fenti határérték nem létezik. A q = 1 és q = −1 esetek divergenciájáról már esett szó. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Ha a konvergens mértani sor nem az n = 0-nál kezdődik, akkor a ∞ X n=r
aq n =
∞ X n=0
aq n+r =
∞ X n=0
aq r q n =
aq r ar = 1−q 1−q
összefüggésből mondhatjuk, hogy a kezdő értéktől függetlenül a mértani sor összege a sor első tagja elosztva az 1 − q értékével, ha −1 < q < 1.
8
1. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a) c) e)
∞ X
n
2 3 3 n=2
b)
,
∞ X
1 + 2n+1 , 5n n=0 ∞ X 22n+1 n=1
3n
d)
∞ X
1 4 − 3 n=1 ∞ X
5
n=3
f)
,
n
,
23n−1 , 32n+1
∞ X
(−1)n 5n . 22n n=0
Megoldás: 2 2 4 2 a) Mértani sor, első tagja a = 3 = , q = . A képlet szerint a sor 3 3 3 összege n 4 ∞ X 2 3 = 3 2 = 4. 3 1− 3 n=2
1 4 1 b) Mértani sor, első tagja a = 4 − = − , q = − . A képlet szerint a 3 3 3 sor összege ∞ X − 43 1 n 4 − = −1. = 3 1 + 13 n=1
c) Bontsuk fel két mértani sor összegére! ∞ X
∞ X 1 + 2n+1 1 = n 5 n=0 n=0 5
n
+
∞ X n=0
2
n 2
5
=
1 1−
1 5
+
2 1−
2 5
=
55 12
d) Úgy győződünk meg, hogy mértani sorról van szó, hogy két szomszédos általános tag hányadosáról belátjuk, hogy n-től független. an+1 an
Így −1 < q =
23(n+1)−1 23n+2 32n+1 8 2(n+1)+1 3 = = 3n−1 2n+3 = . 3n−1 2 2 3 9 5 2n+1 3 5
8 < 1 miatt a sor konvergens. A sor kezdő tagja 9 a3 = 5
23·3−1 5 · 28 = . 32·3+1 37 9
A sor összege ∞ X n=3
3n−1
5
2 32n+1
5 · 28 5 · 28 a3 1280 7 3 = = . = = 8 1−q 35 243 1− 9
e) Mértani sorról van szó, mert an+1 an
22(n+1)+1 22n+3 3n 4 n+1 = 32n+1 = 2n+1 n+1 = . 2 2 3 3 n 3
4 Azonban q = > 1, ezért a sor divergens. Mivel a sor pozitív tagokból 3 áll, így azt írhatjuk, hogy ∞ X 22n+1 n=1
3n
= ∞.
Később látni fogjuk, hogy minden divergens, pozitív tagú sor összege végtelen. f) A ∞ X (−1)n 5n 5 = − 22n 4 n=0 n=0 ∞ X
n
5 átalakításból látható, hogy mértani sorról van szó. De q = − < −1, így 4 a sor divergens. Szeretnénk konkrét példát mutatni mértani sorok alkalmazására. Az „Akhilleusz és a teknős” paradoxonban lévő okfejtés nem állja meg a helyét, tudnit illik, ha Akhilleusz az első 100 lábat t idő alatt, a következő 1 lábat idő 100 alatt teszi meg és így tovább, akkor utoléri a teknőst a ∞ X t t 1 + + ··· = t 100 10 000 100 n=0
t+
n
=
t 100t 1 = 99 1 − 100
idő alatt. Ezután vezetni fog és megnyeri a versenyt. Hasonló jellegű a következő feladat is. 2. Feladat. Egy hagyományos óra nagy- és kismutatója 12 órakor együtt áll. Legközelebb mikor fog a két mutató újra együtt állni? 10
Megoldás: 1 óra kell ahhoz, hogy a nagymutató újra a 12-esnél legyen, ekkor 1 óra) múlva a kismutató az 1-esnél lesz. Ezután a nagymutató 5 perc ( 12 szintén az 1-esnél fog állni, viszont a kismutató ez idő alatt tovább megy, és így tovább. Mivel a nagymutató 12-szer olyan gyors, mint a kismutató, így a nagymutató ∞ X 1 1 1 12 1 n 1+ + 2 + ··· = = óra 1 = 12 12 11 1 − 12 n=0 12 alatt éri utol a kismutatót. Egy másik fontos alkalmazás a tizedes törtek fogalmához kapcsolódik. Legyen 0 ≤ x < 1. Az x számhoz a következő módon konstruálunk egy han i sorozatot. Egyértelműen van olyan 0 ≤ a ≤ 9 egész szám, hogy a a+1 ≤x< . 10 10 Ekkor legyen a1 := a, és mivel 0 ≤ 10x − a < 1, így a fenti eljárást megismételhetjük ezzel az új számmal, a2 -vel jelölve az új a értékét, és így tovább. A kapott han i sorozat elemei egy jegyű számok és x=
∞ X
an . n n=1 10
Írjuk a sorozat elemeit sorban, a következő módon 0, a1 a2 a3 a4 . . . . A fenti felírást az x szám tizedes történek nevezzük. Hasonló módon lehet értelmezni egy szám diadikus törtét, ha az eljárásban 10 helyett 2 részre bontjuk a [0, 1[ intervallumot. A tizedes törteket szokás elnevezni véges (csupa 0-ra végződő), szakaszos (nem véges és egy index után az számjegyek ismétlődnek, azaz van olyan k, i ∈ P, hogy ak+i+n = ak+n minden n ∈ N esetén), vagy végtelen (nem véges vagy szakaszos) tizedes törtekre. Nyilván a véges tizedes törtek racionális számok, de a szakaszos tizedes törtek is. A következő feladat ezt mutatja be. 3. Feladat. Írjuk fel az x = 0, 12˙ 4˙ tizedes törtet két egész szám hányadosaként! (A pontozott rész a tizedes tört ismétlődő szakasza) Megoldás: A mértani sorokra tanultak szerint 0, 12˙ 4˙ = 0, 1 + 0, 024 + 0, 00024 + · · · = 1 1 = 0, 1 + 0, 024 1 + + + ... 100 1002 1 24 1 123 = + · . 1 = 10 1000 1 − 100 990
11
=
Az [1] könyvben a mértani sorokra vonatkozó több alkalmazás és érdekes példa található. A következőekben olyan sorokat szeretnénk bemutatni, ahol az Sn részletösszeg leegyszerűsödik, véges sok elem marad az összeg elejéből és végéből, a közepe „kiesik”, és így zárt alakra hozható. Az ilyen sorokat teleszkopikus soroknak nevezzük. Elnevezésüket a régi hordozható egyszemes távcsövek (teleszkópok) után kapta, amelyek egymásba csúsztatható csövekből áll a könnyebb tárolásuk érdekében. Ebben az állapotban csak az első és az utolsó cső volt látható. Lássunk egy példát! Számítsuk ki a ∞ X
1 n=1 n(n + 1) sor összegét! Vegyük először észre, hogy minden n ∈ N esetén 1 1 1 = − . n(n + 1) n n+1 Ezt felhasználjuk a következő számításokban. 1 1 1 1 Sn = + + + ··· + = 1·2 2·3 3·4 n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ··· + − =1− →1 1 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 Ezért a sor összege 1. =
A következő példák is hasonló módon oldhatók meg. 4. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a)
∞ X
1 , 2 n=2 n + 5n + 4
b)
∞ X n=1
√
1 √ . n+1+ n
Megoldás: a) A sor általános tagját felírjuk n2
1 1 A B = = + + 5n + 4 (n + 1)(n + 4) (n + 1) (n + 4)
alakban. Közös nevezőre hozás után a fenti egyenlőség tovább folytatható 1 (A + B)n + 4A + B = . (n + 1)(n + 4) (n + 1)(n + 4) 12
Ebből 1 = (A + B)n + 4A + B, azaz A+B =0
és
4A + B = 1.
1 1 A fenti egyenletrendszer megoldása: A = és B = − , amiből minden 3 3 n ∈ N esetén 1 1 1 1 = − (n + 1)(n + 4) 3 n+1 n+4 teljesül. Ekkor a sor összege Sn =
1 1 1 1 + + + ··· + = 3·6 4·7 5·8 (n + 1)(n + 4) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − + ... 3 3 6 4 7 5 8 6 9
=
1 1 1 1 1 1 − − + − + ··· + n−1 n+2 n n+3 n+1 n+4 1 1 1 1 1 1 1 = + + − − − 3 3 4 5 |n {z + 2} |n {z + 3} |n {z + 4} →0
→0
!
→
!
47 , 180
→0
hiszen csak az aláhúzott tagok maradnak, ugyanannyi plusz előjelű az elejéből, mint mínusz előjelű a végéből. b) Vegyük észre, hogy √
√ √ 1 √ = n + 1 − n. n+1+ n
Ekkor √ √ √ √ 1 + 3 − 2 + ··· + n + 1 − n = √ √ = n + 1 − 1 → ∞.
Sn =
Így
√
2−
√
∞ X
1 √ √ = ∞. n+1+ n n=1
13
4. Abszolút és feltételesen konvergens sorok Az előző részben olyan sorokat vizsgáltunk, amelyeknek Sn = a1 + a2 + · · · + an részletösszege zárt alakban írható, így ki tudtuk számítani a határértéküket. Más sorok esetén további vizsgálatok szükségesek. A következő tétel ehhez nyújt segítséget. 4. Tétel (Cauchy-féle konvergencia kritérium sorokra). Az
∞ X
an sor
n=1
konvergens akkor és csak akkor, ha ∀ε > 0-hoz ∃n0 ∈ N, hogy ha n > n0 , akkor |an+1 + an+2 + · · · + an+k | < ε. minden k ∈ N esetén. Bizonyítás. Ha a sor konvergens, akkor alkalmazhatjuk a határértékszámításban tanult Cauchy-féle konvergencia kritériumot az han i sorozat n-edik részletösszegének sorozatára, amelyet hSn i-nel jelöltük: ∀ε > 0-hoz ∃n0 ∈ N, hogy ha n, m > n0 , akkor |Sm − Sn | < ε. Állításunk abból következik, hogy ha m = n + k, akkor Sm − Sn = an+1 + an+2 + · · · + an+k . Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Vegyük észre, hogy a Cauchy-féle konvergencia kritériumból következik, hogy ha egy sor konvergens, akkor az han i általános tagja tart nullához. Ehhez elég a k = 1 értéket beírni a kritériumban szereplő állításban. Vizsgálataink a következő nevezetes sorral folytatódik. 5. Tétel. A
∞ X
1 n=1 n
ú.n. harmonikus sor divergens.
14
Bizonyítás. Minden n, k ∈ N esetén az |an+1 + an+2 + · · · + an+k | = k darab tagú összeg legkisebb tagja k = n esetén az
1 1 1 + + ··· + n+1 n+2 n+k
1 k , ezért nagyobb, mint . Ekkor n+k n+k
|an+1 + an+2 + · · · + a2n | ≥
1 n = n+n 2
nem lesz egy tetszőleges ε > 0 számnál kisebb, ezért a Cauchy-féle konvergencia kritérium sorokra szerint a sor divergens. Létezik egy ennél „elemibb” bizonyítás is. Lényege, hogy az 1 1 1 1 1 1 1+ + + ··· + + + ··· + + + 2 3 10 11 12 100 1 1 1 + + ··· + + + ... 101 102 1000
9 . Valóban egy összegben szereplő minden zárójeles rész nagyobb, mint 10 ilyen zárójeles rész általános alakja
1 1 1 + k + · · · + k+1 k 10 + 1 10 + 2 10
(k = 0, 1, . . . ),
ami pontosan 10k+1 −10k = 9·10k darab tagot tartalmaz. Becsüljük alulról a 1 zárójeles részt úgy, hogy minden tagja helyett a legkisebb k+1 tagot írjük. 10 Ekkor 1 1 1 1 1 1 + k + · · · + k+1 > k+1 + k+1 + · · · + k+1 = + 1 10 + 2 10 10 {z 10 } |10
10k
9·10k darab
k
=
9 · 10 9 = . k+1 10 10
Mivel végtelen sok zárójeles rész van, így a harmonikus sor nem lehet konvergens. A harmonikus sor divergenciája azért releváns, mert a sor tagjai nullához tartanak. Így az a tény, hogy egy sor általános tagja tartson a nullához csak szükséges feltétele a sor konvergenciájához, de nem elegendő. 15
Érdemes külön foglalkozni a pozitív tagú sorokkal. Ezeknek a soroknak a részletösszegei szigorúan monoton növekvő sorozatot alkotnak, hiszen Sn+1 − Sn = an+1 > 0 minden n ∈ N esetén. Ez a tény leegyszerűsíti ezen sorok vizsgálatát, mert ha a monoton növekvő hSn i sorozat • korlátos, akkor hSn i konvergens és így a sor is konvergens, • nem korlátos, akkor hSn i a végtelenhez tart és így a sor összege végtelen. A monotonitás miatt az hSn i egyetlen részsorozata alapján meghatározható a teljes hSn i sorozat határértéke, amely egyben a sor összege is. A fenti megállapítások nem változnak, ha a pozitív tagok mellett 0 tagokat vagy véges sok negatív tagot is engedélyezünk, hiszen az első esetben hSn i monoton növekvő marad, a második esetben egy adott indextől kezdve hSn i már monoton növekvő sorozat lesz. Egyébkét egy sorból mindig elhagyhatjuk a nulla tagjait, mert ezzel csak kivesszük az hSn i sorozatból az egymásután ismétlődő elemeit, amelyek nem befolyásoljak a sorozat konvergenciáját és határértékét. Más a helyzet olyan sorokkal, amelyek végtelen számú pozitív és negatív tagot is tartalmaz. Ebben az esetben vezessük be a következő jelöléseket: a+ n :=
a
n,
0,
Majd képezzük a
ha an > 0, ha an ≤ 0 ∞ X
a+ n,
a− n :=
és
n=1
0, −an ,
∞ X
ha an > 0, . ha an ≤ 0
a− n
n=1
sorokat! Mindkét sor a nulla tagok elhagyása után pozitív tagú sor lesz. Az első sor tartalmazza az eredeti sor pozitív tagjait, a második a sor negatív tagjainak abszolút értékét. Például, ha an pozitív számok, akkor a −a1 − a2 + a3 − a4 + a5 + a6 + a7 − a8 + a9 + . . . sor (csak a 2 hatvány indexű elemeket vonjuk ki) pozitív tagjaiból álló sora 0 + 0 + a3 + 0 + a5 + a6 + a7 + 0 + a9 + a10 + a11 + · · · = = a3 + a5 + a6 + a7 + a9 + a10 + a11 + a12 + a13 + a14 + a15 + a17 + . . . 16
és negatív tagjaiból álló sora a1 + a2 + 0 + a4 + 0 + 0 + 0 + a8 + 0 + 0 + 0 + · · · = = a1 + a2 + a4 + a8 + a16 + . . . Vegyük észre, hogy − an = a+ n − an , − hiszen az a+ n és an nem nulla indexei elkerülik egymást. Ekkor a 2. Tételből következik, hogy ha a pozitív és a negatív tagokból álló sorok konvergensek, akkor az eredeti sor is konvergens és ∞ X
an =
n=1
∞ X
a+ n
−
n=1
∞ X
a− n.
n=1
Ez fordítva nem igaz, azaz ha egy sor konvergens, akkor nem biztos, hogy a pozitív és a negatív tagjaiból álló sorai konvergensek. Például a 1−1+
1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... 2 2 3 3 4 4
1 sor konvergens és összege nulla, mert S2n = 0 és S2n−1 = → 0, azaz a páros n és páratlan indexű részsorozatai ugyanúgy a nullához tartanak. Azonban ∞ X n=1
a+ n =
∞ X
1 n=1 n
∞ X
és
a− n =
n=1
∞ X
1 n=1 n
harmonikus sorok, azaz divergensek. Ezek szerint valamivel több kell a fenti két sor konvergenciájához. Igazolható, hogy a a
∞ X
∞ X
an sor konvergenciájához
n=1
|an | sor konvergenciája elegendő.
n=1
3. Definíció. Azt mondjuk, hogy a ∞ X
∞ X
an sor abszolút konvergens, ha a
n=1
|an | ú.n. abszolút sora konvergens.
n=1
Az abszolút sor konvergenciája azért elegendő az eredeti sor konvergenciájához, mert nem nehéz igazolni, hogy az − |an | = a+ n + an
17
(2)
− egyenlőség teljesül. Mivel a+ n ≥ 0 és an ≥ 0, ezért
a+ n ≤ |an |
a− n ≤ |an |,
és
azaz mind a pozitív, mind a negatív tagokból álló sorok n-edik részletösszege nem nagyobb, mint az abszolút sor n-edik részletösszege. Ebből következik, hogy ha az abszolút sor konvergens és így részletösszegei korlátos, akkor a pozitív és a negatív tagokból álló sorok részletösszegei is korlátos, ami pozitív tagú sorok esetén a konvergenciával ekvivalens. Az előbb már igazoltuk, hogy a pozitív és a negatív tagokból álló sorok konvergenciájából az eredeti sor konvergenciája következik. Szeretném még megjegyezni, hogy a pozitív és a negatív tagokból álló sorok összegéből megkaphatjuk az abszolút sor összegét. Valóban (2)-ből és a 2. Tételből következik, hogy ∞ X
|an | =
∞ X
a+ n
+
a− n.
n=1
n=1
n=1
∞ X
Mindent együttvéve kimondhatjuk a következő tételt, amely igazolására egy a fenti módszertől eltérő bizonyítást is adunk. 6. Tétel. Minden abszolút konvergens sor konvergens is. Továbbá ∞ X an
≤
∞ X
|an |.
n=1
n=1
Bizonyítás. Mivel a
∞ X
|an | sor konvergens, így a Cauchy-féle konvergencia
n=1
kritérium szerint ∀ε > 0-hoz ∃n0 ∈ N, hogy ha n > n0 , akkor |an+1 | + |an+2 | + | · · · + |an+k | < ε minden k ∈ N esetén. Mivel |an+1 + an+2 + · · · + an+k | ≤ |an+1 | + |an+2 | + · · · + |an+k | < ε, ezért a kritérium teljesül a
∞ X
an sorra is.
n=1
A bizonyítandó egyenlőtlenség abból következik, hogy minden n ∈ N esetén ∞ X an n=1
←
n X an
≤
n=1
n X n=1
|an | ≤
∞ X
|an |,
n=1
hiszen az abszolút érték folytonos függvény. Ezzel a tétel állítását igazoltuk.
18
Lássuk egy példát! A ∞ X
1 1 1 1 1 1 + + ... =1+ + + + n 2 4 8 16 32 n=0 2
(3)
pozitív tagú, mértani sorról tudjuk, hogy konvergens. Ekkor ha a fenti képletben tetszőleges számú plusz jelet mínuszra cserélünk, akkor a kapott sor konvergens marad, bár az összege természetesen változik. Ennek oka az, hogy az így kapott soroknak közös abszolút soruk van, a (3) képlettel megadott sor, ami konvergens, azaz az így kapott sorok abszolút konvergensek. Tehát a ∞ X (−1)n 2n n=0 sor nem csak konvergens, hanem abszolút konvergens is. 4. Definíció. Ha egy sor konvergens, de nem abszolút konvergens, akkor azt feltételesen konvergens sornak nevezzük. Az előbb igazoltuk, hogy egy sor abszolút konvergens akkor és csak akkor, ha a ∞ ∞ X
a+ n,
X
és
a− n
n=1
n=1
sorok konvergensek, és a sor összege a fenti két sor különbsége. Mi jellemzi a feltételesen konvergens sorokat? Az nem lehetséges, hogy egy ilyen sor esetében csak az egyik pozitív vagy negatív tagokból álló sora konvergens, hiszen ha például a pozitív tagokból álló sora konvergens, akkor az + a− n = an − an
összefüggésből és a 2. Tételből következik, hogy a negatív tagokból álló sora is konvergens. Tehát mindkét pozitív és negatív tagokból álló sora divergens. Másrészt az eredeti sor konvergenciájából következik, hogy an → 0 és így a− n → 0.
a+ n → 0,
Sajnos ezek a feltételek szükségesek, de nem elegendőek a sor feltételes konvergenciájához. A legrelevánsabb példa feltételesen konvergens sorra a ∞ X
(−1)n+1 n n=1 ú.n. Leibniz-sor. A következő részekben igazolni fogjuk, hogy a Leibniz-sor konvergens, de abszolút sora a harmonikus sor, ami divergens. Ebből adódik, hogy a Leibniz-sor feltételesen konvergens. 19
5. Sorok átrendezhetősége Természetesnek vesszük, hogy számok összeadásakor a tagok felcserélhetők, az eredményen nem változtat. Ugyanezt várnánk el végtelen sok tagú összeg esetén. Mi történik, ha a sor tagjai egymás között permutálnak, azaz helyet cserélnek? A kérdés minél pontosabb tárgyalására először megadjuk az átrendezett sor fogalmát. 5. Definíció. Legyen
∞ X
an egy végtelen sor, és ϕ : N → N egy bijektív
n=1
leképezés. Továbbá jelölje bn := aϕ(n) . Ekkor a
∞ X n=1
bn sort a
∞ X
an átrendezett sorának nevezzük.
n=1
Átrendezett sort kapunk amikor a sor két tagja egymás között helyet cserél, vagy amikor ugyanazt teszi minden páratlan indexű elem a nála nagyobb szomszédos elemmel. A lényeg, hogy minden tagról egyértelműen derüljön ki melyik helyre kerül. A következő sornál igazoltuk, hogy konvergens: 1−1+
1 1 1 1 1 1 − + − + − + · · · = 0. 2 2 3 3 4 4
Rendezzük át a fenti sort a következő módon: 1−1+
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − − + + + + − − − − + ... 2 3 2 3 4 5 6 7 4 5 6 7
azaz most nem vonjuk ki azonnal ugyanazt a tagot, hanem elmegyünk a következő 2 hatványát megelőző elem reciprokáig, és utána ugyanazokat az 1 értékeket ki is vonjuk. Az ilyen tagok összege nagyobb mint , hiszen 2 1 1 1 1 1 k + = + · · · + ≥ 2 · 2k 2k + 1 2k+1 − 1 2k+1 2 minden k ∈ N esetén. Ezért az hSn i sorozatnak az a részsorozata, amelyet 1 az összeadások végén kapunk meg nagyobb mint , illetve az a részsorozata, 2 amelyet a kivonások végén kapunk meg mindig nulla. Ezért az átrendezett sor nem lehet konvergens. Tehát sikerült a fenti sort úgy átrendezni, hogy elrontottunk a végeredményt. Az abszolút konvergens sorok nem érzékenyek erre a problémára. 20
7. Tétel. Abszolút konvergens sor bármely átrendezett sora konvergens, és összege nem változik. ∞ X
Bizonyítás. Tegyük fel, hogy
an egy nem negatív tagú sor, amely kon-
n=1
vergens és összege s, illetve legyen
∞ X
aϕ(n) ennek egy átrendezett sora. A
n=1
megfelelő részletösszegek legyenek Sn és Snϕ . Minden n ∈ N esetén jelölje m := max{ϕ(1), ϕ(2), . . . , ϕ(n)}. Mivel ϕ(i) ≤ m minden i = 1, 2, . . . , n esetén, így az Snϕ = aϕ(1) + aϕ(2) + · · · + aϕ(n) összeg minden tagja megtalálható az Sm = a1 + a2 + · · · + am összegben. Ezért Snϕ ≤ Sm < s. Azaz az Snϕ sorozat korlátos, de mivel monoton növekvő, mert a sor nem negatív tagokból áll, így konvergens és határértéke kisebb vagy egyenlő mint s, azaz ∞ X
aϕ(n) ≤ s =
∞ X
an .
n=1
n=1
Az előző egyenlőtlenség bármilyen pozitív tagú sor és átrendezés esetén alkalmazható. Akkor is, ha az átrendezett sorból indulunk ki és visszarendezzük a ϕ−1 permutációval, hogy megkapjuk az eredeti sort: ∞ X
∞ X
an =
aϕ−1 (ϕ(n)) ≤
aϕ(n) .
n=1
n=1
n=1
∞ X
Ebből következik, hogy a két sor összege megegyezik. Tegyük fel most, hogy
∞ X
an abszolút konvergens, de nem csak nem negatív
n=1
tagokból áll és tekintjük az
∞ X
aϕ(n) árrendezett sorát. Bontsuk fel a két sort
n=1
pozitív és negatív tagú sorokra, azaz ∞ X n=1
an =
∞ X
a+ n
−
n=1
∞ X
a− n
∞ X
és
n=1
aϕ(n) =
n=1
∞ X
a+ ϕ(n)
n=1
−
∞ X
a− ϕ(n) .
n=1
Mivel a felbontásban szereplő sorok nem negatív tagokból állnak, valamint az átrendezett sor pozitív és negatív tagokból álló sorai a eredeti sor pozitív és negatív tagokból álló sorainak ugyanazzal a rendezési szabállyal átrendezett sorai, így a bizonyítás első része alapján az utóbbi sorok konvergensek és ∞ X n=1
a+ ϕ(n)
=
∞ X
a+ n
illetve
n=1
∞ X n=1
amiből rögtön a tétel állítása következik. 21
a− ϕ(n)
=
∞ X n=1
a− n,
Az előző tétel egyik fontos következménye, hogy végtelen sok pozitív számot bármilyen sorrendben adhatunk össze, nem szükséges megadni milyen sorrendben adjuk össze őket. Ez azért van, mert pozitív számok álló konvergens sor abszolút konvergens. Bizonyos értelemben a sorok átrendezhetőségéhez tartozik a következő módszer, amivel néhány abszolút konvergens sor összegét ki tudjuk számolni. A módszer lényege a páronként diszjunkt részsorokra való felbontás. De először nézzük meg mit értünk részsor alatt. 6. Definíció. Legyen hbn i az han i sorozat egy részsorozata. Ekkor a sort a
∞ X
∞ X
bn
n=1
an sor részsorának nevezzük.
n=1
Más szavakkal, részsort kapunk, ha egy sorból kiválasztunk végtelen sok tagját és ezekből a sorrend megtartásával egy újabb sort képzünk. Ilyen például egy sor pozitív tagokból álló sora a fiktív nullák elhagyása után. Ugyanaz mondható a negatív tagokból álló soráról, ha tagjait mínusz eggyel megszorozzuk. 7. Definíció. Azt mondjuk, hogy az ∞ X
∞ X
an sor egy n=1 (2) ha ha(1) n i, han i,
a(2) n ,
∞ X
a(3) n ,...
n=1
n=1
n=1
sorok a
∞ X
a(1) n ,
végtelen, páronként diszjunkt részsorokra való felbon-
tása, ha(2) n i . . . részsorozatai az han i sorozatnak és a részsorozatokhoz tartozó ϕi (i ∈ N) szigorúan monoton növekvő leképezések értékkészletei egy osztályozása a természetes számok halmazának. A fentiek értelmében a sort szét kell szedni végtelen sok részsorra úgy, hogy a sor minden tagja egyetlen egy részsorban szerepeljen. Ez olyan mintha a sor tagjaiból az (1)
a2
(2)
a2
(3)
a2 .. .
a1 a1 a1 .. .
(1)
a3
(1)
a4
(2)
a3
(3)
a3 .. .
(1)
a5
(2)
a4
(3)
a4 .. .
(2)
a5
(3)
a5 .. .
22
(1)
a6
(1)
...
(2)
a6
(2)
...
(3)
a6 .. .
(3)
...
végtelen számú sort és oszlopot tartalmazó táblázatot készítenénk úgy, hogy az egyes sorokban szereplő tagok az eredeti sorral megegyező sorrendben szerepeljenek. A táblázat egyes soraiból készített sorok a sornak egy végtelen, páronként diszjunkt részsorokra való felbontását alkotnak. A következő állítás úgy tekinthető, mint a 2. Tétel általánosítása végtelen sok sorok összegére. 8. Tétel. Legyen
∞ X n=1
a(1) n ,
∞ X
a(2) n ,. . . az
n=1
∞ X
an sor egy végtelen, páronként
n=1
diszjunkt részsorokra való felbontása. Ekkor a) ha a sor abszolút konvergens, akkor a felbontásban szereplő minden részsor abszolút konvergens és ∞ X
an =
∞ X ∞ X
a(k) n
k=1 n=1
n=1
b) ha a felbontásban szereplő minden részsor abszolút konvergens és a ∞ X ∞ X
|a(k) n |
k=1 n=1
sor konvergens, akkor az eredeti sor is abszolút konvergens. c) ha a sor abszolút konvergens, akkor ∞ X ∞ X
a(k) n =
∞ X ∞ X
a(k) n .
n=1 k=1
k=1 n=1
Bizonyítás. a) Egy abszolút konvergens sor minden részsora abszolút konvergens. Ez azért igaz, mert a részsor abszolút sorának részletösszegei monoton növekvő sorozatot alkotnak (nem negatív tagú sor lévén), amely felülről korlátos, hiszen a részletösszegek kisebbek mint az eredeti sor abszolút sorának összege. Jelölje s :=
∞ X
sk :=
an ,
n=1
∞ X
an(k) .
n=1
Legyen ε > 0 tetszőleges. A sor abszolút konvergenciájából következik, hogy ∃i ∈ N, hogy ∞ X ε |an | < . (4) 2 n=i+1 23
Válasszuk meg az n0 egész számot úgy, hogy az első n0 darab részsor már tartalmazzon az a1 , a2 ,. . . , ai véges sok tagokat! Legyen m > n0 . Ekkor egyrészt (4) miatt i X s − an
=
n=1
Másrészt a
m X
sk −
kifejezés a
an =
n=1
k=1 ∞ X
i X
∞ X an n=i+1
≤
m X ∞ X
∞ X
ε |an | < . 2 n=i+1 an(k)
−
i X
an
n=1
k=1 n=1
an sor tagjaiból áll, de nem fogja tartalmazni az a1 , a2 ,. . . ,
n=1
ai tagokat, mert kivontuk belőle. Ezért (4) miatt a kifejezés abszolút ε értéke kisebb mint . 2 Összefoglalva, minden m > n0 esetén m X sk s −
≤
m i X X an + s k s − n=1
k=1
−
k=1
Ezért s = m→∞ lim
m X
i X n=1
an
<
ε ε + = ε. 2 2
sk ,
k=1
amiből az állítás következik. b) Legyen ε > 0 tetszőleges. A feltételből következik, hogy ∃m ∈ N, hogy ∞ X
∞ X
ε |a(k) n | < . 2 k=m+1 n=1
(5)
A részsorok abszolút konvergenciájából következik, hogy ∃nk ∈ N, hogy ∞ X n=nk
|a(k) n | <
ε 2m
(k = 1, 2, . . . , m)
(6)
Legyen n0 = max{n1 , n2 , . . . , nm }. Ekkor minden k ∈ N és n > n0 esetén az |an+k | tag vagy az (5) szummában vagy a (6) m darab szumma egyikében szerepel, de csak az egyikben. Ezért az ilyen tagok összege nem lehet nagyobb, mint az (5) és (6) összefüggésben szereplő becslések összege, azaz |an+1 | + |an+2 | + · · · + |an+k | <
m ε X ε + =ε 2 n=1 2m
teljesül. Ekkor a sorokra vonatkozó Cauchy-féle konvergencia kritériumból következik, hogy a sor abszolút konvergens. 24
c) Tekintsük meg a felbontás alapján készített végtelen számú sort és oszlopot tartalmazó táblázatot. A felbontásban szereplő részsorokat a táblázat sorai adják. Felvetődik a kérdést, hogy a táblázat oszlopaiból álló sorok szintén részsorai lesznek-e az eredeti sornak. Ez nem minden esetben igaz, mert semmi nem garantálja, hogy az oszlopokban szereplő tagok is ugyanabban a sorrendben követik egymást, ahogyan az eredeti sorban. Azonban, a 7. Tétel szerint abszolút konvergencia esetén a sorok átrendezésekor az összegük nem változik. Ezért a táblázat oszlopaiból kapott sorok az eredeti sornak egy végtelen, páronként diszjunkt részsorokra való felbontását adja. (1)
a1
+
+ (2)
a1
(3)
+
(2)
a2
(3)
a2
(1)
+
a4
+ +
+
+
(2)
(2)
+
a3
a4
+ +
(3)
(3)
+
a4
+
+
(3)
a5
+ .. .
∞ X (k)
∞ X (k)
∞ X (k)
∞ X (k)
∞ X (k)
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
a1
a2
a3
a4
∞ X
a(1) n
n=1
+. . . =
∞ X
a(2) n
n=1
+
=
+ .. .
(2)
a5
=
+ .. .
+. . . =
+
+
a3
(1)
a5
=
+ .. .
+
=
+
(1)
a3
=
+ .. .
+
+
+ a1
(1)
a2
+. . . =
∞ X
a(3) n
n=1
a5
A tétel a) állítása szerint abszolút konvergencia esetén bármely felbontásban szereplő összes részsor összegéből alkotott sor összege egyenlő, hiszen megegyezik az eredeti sor összegével. Ezért a táblázat soraiból készített részsorok összegéből alkotott ∞ X ∞ X
a(k) n
k=1 n=1
sor összege és a táblázat oszlopaiból készített részsorok összegéből alkotott ∞ X ∞ X n=1 k=1
sor összege megegyezik. Ezzel a tétel állításait igazoltuk.
25
a(k) n
Lássuk az előző tétel alkalmazását konkrét sor kiszámításánál! Számítsuk ki a ∞ X n n n=1 2 sor összegét! Készítsük el a következő táblázatot:
=
=
=
=
=
1 1 1 1 1 + 2 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 2 2 + + + + + 1 1 1 1 0 + 2 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 2 + + + + + 1 1 1 0 + 0 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 + + + + + .. .. .. .. .. . . . . . 1 2
2 22
3 23
4 24
5 25
1 1 2 1 22
A táblázat soraiból alkotott mértani sorok abszolút konvergensek és ezek összegeiből alkotott 1 1 1 1 1 + + 2 + 3 + 4 + ... 2 2 2 2 mértani sor szintén konvergens. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút konvergens. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz ∞ X
n 1 1 1 1 = 1 + + 2 + + 3 + 4 + · · · = 2. n 2 2 2 2 n=1 2 5. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a)
∞ X
n2 , n n=1 2
b)
∞ X
(−1)n n . 2n n=1
c) a harmonikus sor véges tizedes tört alakban írható tagjainak összege. Megoldás: a) Az n2 = 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 összefüggés alkalmazásával készítsük el a következő táblázatot: 26
=
=
=
=
=
1 1 1 1 1 + 2 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 2 2 + + + + + 3 3 3 3 0 + 2 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 2 + + + + + 5 5 5 0 + 0 + 3 + 4 + 5 +. . . = 2 2 2 + + + + + .. .. .. .. .. . . . . . 1 2
4 22
9 23
16 24
25 25
1 3 2 5 22
A táblázat soraiból alkotott mértani sorok abszolút konvergensek és ezek összegeiből alkotott 1+
5 7 9 3 + 2 + 3 + 4 + ... 2 2 2 2
sor konvergens, hiszen ∞ X
1 =1 n n=1 2
és
∞ X
n =2 n n=1 2
és így 1+
∞ ∞ ∞ X X X 3 5 7 9 2n − 1 n 1 + 2 + 3 + 4 + ··· = = 4 − 2 = 6. n−1 n n 2 2 2 2 n=1 2 n=1 2 n=1 2
Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút konvergens. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz ∞ X
3 7 9 n2 5 = 1 + + 2 + 3 + 4 + · · · = 6. n 2 2 2 2 n=1 2 b) A következő táblázat soraiból alkotott mértani sorok konvergensek, mert 1 mindegyik kvóciense q = − , amelynek abszolút értéke kisebb mint 1. 2 Továbbá ezek a sorok abszolút konvergensek, mert mindegyik abszolút 1 sora olyan mértani sor, amelynek kvóciense q = . 2 27
1 1 1 1 1 1 2 + 2 − 3 + 4 − 5 +. . . = − · 2 2 2 2 2 2 3 + + + + + 1 1 1 1 1 2 0 + 2 − 3 + 4 − 5 +. . . = 2 · 2 2 2 2 2 3 + + + + + 1 1 1 2 1 0 + 0 − 3 + 4 − 5 +. . . = − 3 · 2 2 2 2 3 + + + + + .. .. .. .. .. . . . . . −
3 23
=
2 22
=
=
1 2
−
=
=
−
4 24
−
5 25
A táblázatban látjuk a soraiból alkotott sorok összegeit, amelyek szintén abszolút konvergens sort alkotnak. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút konvergens. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz ∞ 1 1 2 1 2 1 2 2X (−1)n n − = − · + · − · +· · · = n 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 n=1 2 n=1 ∞ X
n
2 1 2 2 = − =− . 3 2 3 9
1 c) Azon számok összegéről van szó, amelyek felírhatók p q formában. Ké25 szítsük velük a következő táblázatot! 1 +
1 2
+
1 22
+
1 23
+
1 24
+. . . = 2
1 1 1 1 1 2 + + + + +. . . = 2 3 4 5 5·2 5·2 5·2 5·2 5 1 1 1 1 1 2 + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 +. . . = 2 2 5 5 ·2 5 ·2 5 ·2 5 ·2 5 .. .. .. .. .. . . . . . A táblázat soraiból alkotott mértani sorok abszolút konvergensek és ezek összegeiből alkotott 2+
2 2 2 2 + 2 + 3 + 4 + ... 5 5 5 5 28
mértani sor szintén konvergens. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút konvergens és összegük megegyezik. Ez azt jelenti, hogy a táblázatban lévő számokból a sorrendjüktől eltekintve olyan sor készíthető, amelynek összege a következő mértani sor összegével egyenlő: 2 5 2 2 2 5 2 + + 2 + 3 + 4 + ...2 · = . 5 5 5 5 4 2 Már tudjuk, hogy ha egy abszolút konvergens sort átrendezzünk, akkor a végösszeg nem változik. Mi a helyzet a feltételesen konvergens sorokkal? A feltételesen konvergens sorokról tudjuk, hogy a ∞ X
a+ n
és
∞ X
a− n
n=1
n=1
pozitív és negatív tagokból álló sorai divergensek úgy, hogy a bennük szereplő tagok nullához tartanak. Ha egy feltételesen konvergens sort átrendezzük, akkor a fenti két sor átrendeződik, azaz változik az a mód ahogyan a pozitív és a negatív tagok vannak összefűzve, de a két sor divergens marad, hiszen nem negatív tagokból állnak. Első hallásra meglepőnek tűnik az az állítás, hogy ilyen esetben úgy tudjuk összefűzni a pozitív és a negatív tagokat, hogy a sor összege bármely előre kiválasztott szám legyen, sőt elérhető, hogy a sor divergens is legyen. Ennél többet állít a következő tétel. 9. Tétel. Legyen
∞ X
an egy feltételesen konvergens sor és α ≤ β két tetszőle-
n=1
ges szám a valós számok kiterjesztett rendszeréből. Ekkor van a sornak olyan átrendezése, hogy lim inf Snϕ = α n→∞
ahol
Snϕ
és
lim sup Snϕ = β, n→∞
az átrendezett sor n-edik részletösszege.
Bizonyítás. A feltételesen konvergens sorok tulajdonságai szerint, ha a ∞ X
a+ n,
és
n=1
∞ X
a− n
n=1
sorokból csak a pozitív tagjait tartjuk meg, a nulla tagokat elhagyjuk, akkor két olyan pozitív tagokból álló ∞ X
pn ,
és
n=1
∞ X
qn
n=1
divergens sort kapunk úgy, hogy pn → 0, qn → 0. Továbbá pn és −qn az eredeti sor tagjai minden n ∈ N esetén. 29
Az hαn i és hβn i sorozatot úgy értelmezzük, hogy αn → α,
βn → β,
αn ≤ βn ,
β1 > 0
teljesüljön. Válasszuk a legkisebb olyan i1 indexet, amire x1 := p1 + p2 + · · · + pi1 > β1 teljesül. Ilyen index létezik, mert
∞ X
pn = ∞. Ezután válasszuk a legkisebb
n=1
olyan j1 indexet, amire y1 := p1 + p2 + · · · + pi1 − q1 − q2 − · · · − qj1 < α1 teljesül. Ilyen index szintén létezik, mert
∞ X
qn = ∞. A következő lépésben
n=1
válasszuk a legkisebb olyan i2 indexet, amire x2 := p1 + · · · + pi1 − q1 − · · · − qj1 + pi1 +1 + · · · + pi2 > β2 teljesül, és ezután válasszuk a legkisebb olyan j2 indexet, amire y2 :=p1 + · · · + pi1 − q1 − · · · − qj1 + +pi1 +1 + · · · + pi2 − qj1 +1 − · · · − qj2 < α2 teljesül. Folytassuk az eljárást! Az eljárás az eredeti sornak egy átrendezését adja meg, ahol az hxn i és hyn i átrendezés részletösszegének részsorozatai. Továbbá |xn − β| ≤ |xn − βn | + |βn − β| ≤ pin + |βn − β| → 0 és |yn − α| ≤ |yn − αn | + |αn − α| ≤ qjn + |αn − α| → 0, amiből xn → β és yn → α következik. Azonban, az átrendezés részletösszegének nem lehet α-nál kisebb vagy β-nál nagyobb sűrűsödési helye. Ezért α és β az átrendezés részletösszegének legkisebb és legnagyobb kiterjesztet torlódási pontja, azaz alsó és felső határértéke. Ezzel a tétel állítását igazoltuk.
30
6. Sorok szorzata A 2. Tétel megmutatta hogyan számítható ki két konvergens sor összegét és konstans-szorosát. Ebben a részben sorok szorzatával foglalkozunk. Amikor két összegét egymással szorzunk, az egyik valamennyi tagját a másik minden tagjával szorzunk, és az eredményeket összeadjuk. Soroknál hasonló a helyzet, csakhogy végtelen számú szorzat keletkezik, ezért előre meg kell adni milyen sorrendben adunk össze ezeket a szorzatokat. Ezt teszi a következő definíció. ∞ X
8. Definíció. Adott
an és
n=1 ∞ X
∞ X
bn sorok Cauchy-szorzatán a
n=1
(a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an−1 b1 )
n=2
sort értjük. A Cauchy-szorzat tehát azokat a szorzatok ad össze, amelyekben szereplő elemek indexeinek összege állandó, és ezekből képzi a sort. Ettől eltérő sorrendben is szokták a sorok szorzatát vizsgálni. Például két sor téglaszorzata azokat a szorzatok ad össze, amelyekben szereplő mindkét elem indexe kisebb mint egy adott szám, és ezekből képzi a sort. Jelen tananyagban kizárólag a sorok Cauchy-szorzatával foglalkozunk. Ha a sorok nem az n = 1-től kezdődnek, akkor át tudjuk őket indexelni, hogy a definícióban megadott Cauchy-szorzata értelmezhető legyen. Egyszerű számítások után azt kapjuk, hogy a ∞ X
an
és
n=r
∞ X
bn
n=s
sorok Cauchy-szorzata a ∞ X
(ar bn−r + ar+1 bn−r−1 + · · · + an−s bs )
n=r+s
sor. A sorok Cauchy-szorzatára érvényes a következő állítás. 10. Tétel. Két abszolút konvergens sor Cauchy-szorzata abszolút konvergens és összege a két sor összegének szorzata. 31
Bizonyítás. Készítsük el a következő táblázatot: a1 b1 + a1 b2 + a1 b3 + a1 b4 + · · · = a1
∞ X
bn
n=1
a2 b1 + a2 b2 + a2 b3 + a2 b4 + · · · = a2
∞ X
bn
n=1
a3 b1 + a3 b2 + a3 b3 + a3 b4 + · · · = a3
∞ X
bn
n=1
.. .
.. .
.. .
.. .
.. .
A táblázat soraiban szereplő sorok abszolút konvergensek, az összegükből álló sor is abszolút konvergens és összege a1
∞ X
b n + a2
n=1
∞ X
b n + a3
n=1
∞ X
bn + · · · =
n=1
∞ X
!
an
n=1
∞ X
!
bn .
n=1
Ezért a 8. Tétel szerint a táblázat elemeiből álló bármely sor abszolút konvergens és összegük megegyezik a fenti összeggel, azaz a két sor összegének szorzatával. Azonban a sorok Cauchy-szorzata a táblázat ferde átlóján lévő elemek összegéből álló sor, azaz részletösszegei a táblázat elemeiből álló egyik sor részletösszegeinek részsorozata. Ezért szintén tart a két sor összegének szorzatához. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az előző tétel úgy általánosítható, hogy ha az egyik sor abszolút konvergens, de a másik „csak” konvergens, akkor a két sor Cauchy-szorzata konvergens és összege a két sor összegének szorzata. Ezt az állítást Mertens-tétel néven ismerjük. 11. Tétel (Mertens-tétel). Egy abszolút konvergens és egy konvergens sor Cauchy-szorzata is konvergens és összege a két sor összegének szorzata. Bizonyítás. Legyen ∞ X
an = s a
és
n=1
∞ X
bn = s b
n=1
két konvergens sor, amelynek részletösszegeit megfelelően Sna és Snb módon jelöljük. Továbbá tegyük fel, hogy az első sor abszolút konvergens. Vegyük észre, hogy a két sor Cauchy-szorzatának részletösszegei a következő módon írhatók: a1 b1 + (a1 b2 + a2 b1 ) + (a1 b3 + a2 b2 + a3 b1 ) + · · · + (a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1 ) = =
= a1 (b1 + b2 + · · · + bn ) + a2 (b1 + b2 + · · · + bn−1 ) + · · · + an b1 = b b b a1 Sn +a2 Sn−1 +· · ·+an S1b = Sna sb +a1 (Snb −sb )+a2 (Sn−1 −sb )+· · ·+an (S1b −sb )
32
Mivel Sna → sa , így Sna sb → sa sb . Ezért elegendő igazolni, hogy b a1 (Snb − sb ) + a2 (Sn−1 − sb ) + · · · + an (S1b − sb ) → 0,
mert így a két sor Cauchy-szorzatának részletösszegei tartanának sa sb -hez, ami azt jelenti, hogy a két sor Cauchy-szorzatának összege sa sb . ∞ X
A hiányzó rész igazolásához azt fogjuk felhasználni, hogy a
an sor abszolút
n=1
konvergens. Vezetésük be a cn := Snb − sb jelölest! Ekkor cn → 0, hiszen Snb → sb . Azt kell igazolni, hogy n X
ak cn−k = a1 cn + a2 cn−1 + · · · + an c1
k=1
tart nullához, ha n tart végtelenhez. Legyen K egy olyan pozitív szám, amely nagyobb a h|cn |i sorozat minden eleménél, továbbá a
∞ X
|an | sor összegénél.
n=1
Legyen ε > 0 tetszőleges. Mivel cn → 0, így ∃n1 ∈ N, hogy ε |cn | < (7) 2K teljesül minden n > n1 esetén. Ha a Cauchy-féle konvergencia kritériumot alkalmazzuk az abszolút sorra, akkor ∃n2 ∈ N, hogy ε (8) |an2 +1 | + |an2 +2 | + · · · + |an | < 2K teljesül minden n > n2 esetén. Legyen n0 := 2 max{n1 , n2 }. Ekkor (7) és (8) miatt n X ak cn−k
=
k=1
≤
X n0 ak cn−k k=1 n0 X k=1 n0 X
+ ak cn−k k=n0 +1
|ak ||cn−k | +
n X
n X
≤
|ak ||cn−k | <
k=n0 +1 n X
ε + |ak |K < 2K k=n0 +1 k=1 ε ε ε ε
<
ami azt jelenti, hogy
n X
|ak |
ak cn−k tart nullához. Fontos megjegyezni, hogy az
k=1
n0 = 2 max{n1 , n2 } értelmezés garantálja, hogy tudunk alkalmazni a |cn−k |re vonatkozó becslést a fenti levezetés első sorában. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 33
Szeretném megjegyezni, hogy a Mertens-tétel nem általánosítható tovább abban az értelemben, hogy két feltételesen konvergens sor Cauchy-szorzat lehet divergens. Ellenpéldának vegyük a ∞ X
(−1)n √ n n=1 sör önmagával vett Cauchy-szorzata. A következő részben található Leibnizt kritériummal nem nehéz igazolni, hogy a fenti sor konvergens. Azonban a Cauchy-szorzat általános tagja n−1 X
ak an−k
k=1
n−1 X
n−1 X (−1)k (−1)n−k 1 n q √ √ = = (−1) . n−k k k(n − k) k=1 k=1
Azonban az előző tagok nem tartanak a nullához, hiszen a k és n − k számok számtani és mértani közepeire vonatkozó egyenlőtlenség miatt n−1 X
1 q
k=1
≥
k(n − k)
n−1 X
2(n − 1) 2 2 = =2− ≥1 n n k=1 n
ha n ≥ 2. Alkalmazzuk a Cauchy-szorzatot a
∞ X
n3 összegének meghatározására! Ehn n=1 2
hez összeszorozzuk a ∞ X
an =
n=1
∞ X
n2 =6 n n=1 2
és
∞ X
bn =
n=1
∞ X
1 =1 n n=1 2
sorokat. A Cauchy-szorzat általános tagja: n−1 X
ak bn−k
k=1
n−1 X
X k2 1 1 n−1 = · = k2. k n−k n 2 2 k=1 k=1 2
Alkalmazzuk az ismert n X k=1
k2 =
n(n + 1)(2n + 1) 6
azonosságot! Ekkor a Cauchy-szorzat, aminek értéke a két sor szorzata, azaz 6 · 1 = 6, felírható 6=
∞ X
∞ (n − 1)n(2n − 1) X n(n + 1)(2n + 1) = = n 6·2 6 · 2n+1 n=2 n=1
∞ ∞ ∞ ∞ X X X 1 1 X 2n3 + 3n2 + n n3 n2 n = = 2 + 3 + 2 . n n n n 12 n=1 2 12 n=1 2 n=1 2 n=1 2
!
34
Ha a fenti egyenletbe behelyettesítjük a már ismert ∞ X
n2 = 6, n n=1 2 értékeket, akkor a
és a
∞ X
n =2 n n=1 2
∞ X
n3 = 26 n n=1 2 eredményt kapjuk. Az előző példa azt mutatja, hogy a sorok végtelen, páronként diszjunkt részsorokra való felbontása mellet a Cauchy-szorzat egy újabb módszert ad, amivel ki tudunk számolni további sorok összegét. A Cauchy-szorzat alkalmazható például a ∞ X nk (a > 1, k ∈ P) n n=1 a sorok kiszámításához (lásd a 23. Feladatot). Az igazsághoz tartozik, hogy éppen az ilyen sorok esetén van egy elemi módszer, amivel megkapjuk a sorok egy rekurzív előállítását. A módszer a következő: a következő részben található hányados kritérium alapján nem nehéz igazolni, hogy a fenti sorok konvergensek. Ekkor egy egyszerű átindexeléssel, a Binomiális-tétel felhasználásával azt kapjuk, hogy ∞ ∞ k k ∞ X X (n + 1)k 1 X nk k j X k X nj = = = n = n n+1 n+1 an+1 n=0 n=0 a n=1 a j=0 j j=0 j n=0 a ∞ X
!
=
∞ X
1
n=0
an+1
+
k−1 X j=1
∞ X
!
∞ ∞ X k X nj nk + j n=0 an+1 n=0 an+1
!
∞ ∞ X k X 1 1 k−1 nj 1X nk = + + n a j=1 j n=1 an a n=1 an n=1 a
!
A keresett sor az egyenlőség jobb oldalán is szerepel. Átrendezés után megkapjuk a végeredményt. ∞ ∞ X k X nj a X 1 1 k−1 nk = + n a − 1 n=1 an a − 1 j=1 j n=1 an n=1 a ∞ X
!
(9)
Például, ha a = 2 és k = 3, akkor ∞ ∞ ∞ X 3 X n 3 X n2 n3 1 =2 + + = 2 · 1 + 3 · 2 + 3 · 6 = 26. n n 1 n=1 2n 2 n=1 2n n=1 2 n=1 2 ∞ X
!
!
35
7. Konvergencia kritériumok A sorok összegének pontos meghatározása legtöbb esetben nehéz feladat. Ennek alátámasztására bizonyítás nélkül tekintsük a következő két eredményt: ∞ X
1 π2 , = 2 6 n=1 n
∞ X
(−1)n+1 = ln 2. n n=1
A fenti két sor általános tagjai nem túl bonyolultak, összegük pedig azt sejtetik, hogy komolyabb matematikai módszerek húzódnak a számítások hátterében. Ezért ebben a részben nem a sorok pontos összegeinek meghatározása a cél, hanem megelégszünk azzal, hogy a sor általános tagja alapján viszonylag egyszerű számításokkal és érvelésekkel el tudjuk dönteni, hogy a sor konvergens vagy divergens. Az erre szolgáló állításokat konvergencia kritériumokként ismerjük. Rögtön megjegyzünk, hogy a sor konvergenciája nem függ a kezdő tagjától, csak az an általános tagját elegendő vizsgálni. Ebben a részben a sorokra vonatkozó legismertebb konvergencia kritériumokat fogjuk bemutatni. További hasznos kritériumokat a [7] könnyben találunk.
Divergencia kritérium Az első kritérium nem egy igazi konvergencia kritérium abban a tekintetben, hogy olyan feltételeket szab meg, amelyek segítenek a sor konvergenciája meghatározására. Éppen ellenkezőleg, segít kiszűrni, hogy melyik sorok nem lehetnek konvergensek. Az állítást már a 4. részben igazoltuk. Erre most egy jóval egyszerűbb bizonyítást adunk. 12. Tétel. Ha a
∞ X
an sor konvergens, akkor an → 0.
n=1
Bizonyítás. Jelölje s a sor összegét és legyen Sn a sor részletösszege. Ekkor Sn → s és részsorozatára Sn−1 → s szintén teljesül. Így an = Sn − Sn−1 → s − s = 0. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az előző tételből következik, hogy ha egy sor általános tagja nem tart nullához, akkor a sor divergens. Ez alkalmazható néhány sor divergenciájának gyors megállapítására. Például döntsük el, hogy konvergens-e az alábbi sor! ∞ X n+1 n=3 2n − 1 36
Mivel a sor általános tagjára 1 1+ n+1 n → 1 6= 0, an = = 1 2n − 1 2 2− n teljesül, azaz nem tart nullához, ezért a sor divergens. 6. Feladat. Konvergensek-e az alábbi sorok? ∞ X
a)
1, 001n ,
b)
n=2
∞ X
1+
n=1
1 n
n
.
Megoldás: A divergencia kritérium szerint: a) an = 1, 001n → ∞ = 6 0, mert q n → ∞, ha q > 1. Ezért a sor divergens. 1 b) an = 1 + n
n
→ e 6= 0. Ezért a sor divergens.
Összehasonlító kritériumok A következő kritérium két sor általános tagjának összehasonlításából von le következtetéseket. 13. Tétel. Legyen
∞ X n=1
an és
∞ X
bn két pozitív tagú sor. Tegyük fel, hogy
n=1
an ≤ bn véges sok n kivételével. Ekkor • ha a
∞ X
bn sor konvergens, akkor a
∞ X
an sor is konvergens (majoráns
n=1
n=1
kritérium), ∞ X
• ha a
an sor divergens, akkor a
n=1
∞ X
bn sor is divergens (minoráns
n=1
kritérium). Bizonyítás. Az állítás abból következik, hogy pozitív tagú sorok részletösszege monoton növekvő, ezért csak a korlátosságán múlik, hogy konvergens-e. Jelölje n0 azt az indexet, amire an ≤ bn minden n ≥ n0 esetén, valamint a ∞ X
n=n0
an és a
∞ X
bn sorok részletösszege Sna és Snb . Ekkor Sna ≤ Snb .
n=n0
37
• Az első esetben Snb korlátos, így Sna is az. Ekkor Sna konvergens, tehát a
∞ X
an sor konvergens és
n=n0
∞ X
an is az.
n=1
• Az második esetben Sna nem korlátos, így Snb sem az. Ekkor Snb divergens, tehát a
∞ X
bn sor divergens és
n=n0
∞ X
bn is az.
n=1
Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az összehasonlító kritériumokkal többet között igazolható, hogy a ∞ X
1 2 n=1 n sor konvergens, tudniillik igazoltuk, hogy a
1 1 < minden n > 1 esetén és a 3. részében 2 n n(n − 1)
∞ X 1 1 = =1 n=1 n(n + 1) n=2 n(n − 1) ∞ X
teleszkopikus sor konvergens. Így a majoráns kritérium szerint a
∞ X
1 sor 2 n=1 n
is konvergens. Továbbmegyünk, vizsgáljuk meg a ∞ X
1 p n=1 n sor konvergenciáját p függvényében! Az eddigi eredményekből következik, 1 hogy a fenti sor divergens, ha p = 1, és konvergens ha p = 2. Az p kin fejezés annál kisebb, minél nagyobb a p értéke fix n értékek mellett. Ezért p < 1 esetén a fenti sor divergens, mert ekkor tagjai alulról becsülhetők a ∞ X 1 divergens sor tagjaival, p > 2 esetén a fenti sor konvergens, mert ekkor n=1 n ∞ X 1 konvergens sor tagjaival. Az 1 < p < 2 tagjai felülről becsülhetők a 2 n=1 n esetet nem tudjuk az összehasonlító kritériumokkal vizsgálni. A későbbiek∞ X 1 ben igazolni fogjuk, hogy ebben az esetben a sor konvergens (lásd az p n=1 n integrálkritérium). 38
7. Feladat. Konvergensek-e az alábbi sorok? a) c) e)
∞ X
1 , n=1 2n + 1 ∞ X
b)
∞ X n=2
√ √ n + 1 − n,
d)
∞ X
n=1
n=1
∞ X
∞ X
cos n , 2 n=1 n
f)
n=3
n2 √ √ n
2 , −1
n+1− n
n
2n
√
n
,
.
Megoldás: a) Mivel 1 1 1 > = 2n + 1 2n + n 3n
és
∞ X
∞ 1X 1 1 = = ∞, 3 n=1 n n=1 3n
így a sor divergens. b) Mivel 2 3 < 2 2 n −1 n
∞ X
∞ X 3 1 = 3 < ∞, 2 2 n=2 n n=2 n
és
így a sor konvergens. c) Mivel √
n+1−
√
1 1 1 n= √ > √ √ > √ 4 n n+1+ n 2 n+1
és ∞ X
∞ 1 1X 1 √ = = ∞, 4 n=1 n 12 n=1 4 n
így a sor divergens. d) Mivel √
n+1− n
√
n
=
1 1 √ √ < √ 2n n n( n + 1 + n)
és ∞ X
∞ 1 1X 1 √ = < ∞, 2 n=1 n 32 n=1 2n n
így a sor konvergens. 39
e) Mivel cos n 2
n
<
1 n2
∞ X
1 < ∞, 2 n=1 n
és
∞ X cos n 2
< ∞, azaz az eredeti sor nem csak konvergens, hanem n abszolút konvergens is.
így
n=1
f) Mivel n < 2n , ami pl. teljes indukcióval nagyon egyszerűen igazolható, √ ∞ n X √ n 2 2 így n n < 2 és n < n . Továbbá a mértani sor konvergens. n 2 2 n=3 2 Ezért a sor konvergens.
Gyök- és hányadoskritérium Folytassuk a sorok konvergenciájának vizsgálatát a következő két kritériummal! 14. Tétel (Cauchy-féle gyökkritérium). Legyen
∞ X
an egy végtelen sor.
n=1
Ekkor • ha a lim sup
q
|an | < 1, akkor a sor abszolút konvergens,
q
|an | > 1, akkor a sor divergens.
n
n→∞
• ha a lim sup n→∞
n
Bizonyítás. Jelölje bn := |an | és p := lim sup n→∞
q n
bn .
• Ha 0 ≤ p < 1, akkor minden p < q < 1 esetén az
√ n bn < q egyenlőtn
lenség teljesül véges sok n index kivételével. Ekkor bn < q és a mértani sor konvergens, így a majoráns kritérium szerint a
∞ X
∞ X
qn
n=1
bn sor
n=1
konvergens, azaz az eredeti sor abszolút konvergens. • Ha p > 1, akkor végtelen sok n indexre bn > 1, azaz az eredeti sor an általános tagja nem tart nullához, ezért a sor nem konvergens. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 40
15. Tétel (D’Alembert-féle hányadoskritérium). Legyen
• ha a
n→∞
• ha a
an
an+1 lim inf n→∞
an
an egy vég-
n=1
telen sor és an 6= 0 minden n ∈ N esetén. Ekkor an+1 lim sup
∞ X
< 1, akkor a sor abszolút konvergens,
> 1, akkor a sor divergens.
Bizonyítás. Jelölje bn := |an | és p1 := lim inf n→∞
bn+1 , bn
p2 := lim sup n→∞
bn+1 . bn
bn+1 < q egyenlőtbn lenség teljesül véges sok n index kivételével, azaz bn+1 < qbn . Legyen n0 olyan index, melytől kezdve az egyenlőtlenség teljesül. Ekkor a
• Ha 0 ≤ p2 < 1, akkor minden p2 < q < 1 esetén a
bn0 +1 < qbn0 , bn0 +2 < qbn0 +1 , . . . , bn0 +k < qbn0 +k−1 egyenlőtlenségek összeszorzásával azt kapjuk, hogy bn0 +k < bn0 q k minden k ∈ N esetén. Mivel a majoráns kritérium szerint a
∞ X
∞ X
bn0 q k mértani sor konvergens, a
k=1
bn sor konvergens, és így az eredeti
n=n0 +1
sor abszolút konvergens. • Ha p1 > 1, akkor véges sok n index kivételével bn < bn+1 , amiből következik, hogy az han i sorozat nem tarthat nullához, hiszen a sorozat abszolút értéke egy index után szigorúan monoton növekvő. Ekkor a sor divergens. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Fontos megjegyezni, hogy ha egy adott sor esetén a fenti felső határértékek eggyel egyenlőek, akkor nem egyértelmű a sor konvergenciája. Erre jó példa ∞ X 1 a sor, hiszen ez 0 < p ≤ 1 esetén divergens, p > 1 esetén konvergens, p n=1 n 41
és mindkét esetben a hányados- és gyökkritériumnál kapott felső határérték eggyel egyenlő. Felső és alsó határérték helyett egyszerű határértéket használunk, ha ez utóbbi létezik, mert ekkor ezek egyenlőek. Lássunk egy példát! A ∞ X
n n n=1 2 sorról tudjuk, hogy konvergens, összegét ki is tudtuk számolni. A konvergencia igazolható a kritériumok alkalmazásával: • A Cauchy-féle gyökkritérium szerint √ r n √ n n 1 n n = → <1 an = n 2 2 2
⇒ konvergens
• A D’Alembert-féle hányadoskritérium szerint an+1 = an
n+1 2n+1 n 2n
=
1 n+1 1 · → <1 n 2 2
⇒ konvergens
Nem meglepő, hogy az előző hányados- és gyökkritériumnál kapott határan+1 értékek megegyeznek, hiszen igazolható, hogy ha lim létezik, akkor n→∞ a n √ lim n an létezik és a kettő egyenlő. Ez az állítás a következő módon általán→∞ nosítható alsó és felső határértékekre (lásd [4], [5] és [6]): lim inf n→∞
√ √ an+1 an+1 n n ≤ lim inf a a . n ≤ lim sup n ≤ lim sup n→∞ an an n→∞ n→∞
Ez azt jelenti, hogy ha egy sor konvergenciája a D’Alembert-féle hányadoskritérium alapján eldönthető, akkor a Cauchy-féle gyökkritériummal is. Az 32. Feladat mutatja az előző állítás élességét. Azonban gyakran a hányadoskritériumot alkalmazzuk, hiszen általában könnyebb hányadost számolni, mint n-edik gyököt. 8. Feladat. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi sorok! a) d)
∞ X
n+1 , n=2 n! ∞ X
(n!)2 , n=1 (2n)!
b) e)
∞ X
n! , n n=3 3 ∞ X n=2
n+1 2n − 1
42
c) n
,
f)
∞ X
n! , n n=1 n ∞ X
(−1)n . n! n=1
Megoldás: a) A D’Alembert-féle hányadoskritérium szerint n+2 (n+1)! n+1 n!
an+1 = an
=
1 n+2 · →0<1 n+1 n+1
⇒ konvergens.
Az (n + 1)! = (n + 1) · n! azonosságot alkalmaztuk. b) A D’Alembert-féle hányadoskritérium szerint an+1 = an
(n+1)! 3n+1 n! 3n
= (n + 1) ·
1 →∞>1 3
⇒ divergens.
c) A D’Alembert-féle hányadoskritérium szerint an+1 = an
(n+1)! (n+1)n+1 n! nn
1 1 n → < 1 ⇒ konvergens. = 1 e 1+ n
d) A D’Alembert-féle hányadoskritérium szerint an+1 = an
((n+1)!)2 (2n+2)! (n!)2 (2n)!
=
1 (n + 1)2 → <1 (2n + 2)(2n + 1) 4
⇒ konvergens.
e) A Cauchy-féle gyökkritérium szerint √ n an =
s n
n+1 2n − 1
n
=
n+1 1 → <1 2n − 1 2
⇒ konvergens.
f) A D’Alembert-féle hányadoskritériumot alkalmazzuk an+1
an
=
1 (n+1)! 1 n!
=
1 →0<1 n+1
⇒ konvergens.
Az eredeti sor abszolút konvergens, azaz konvergens is.
43
Leibniz-kritérium Az eddig tanult kritériumok alkalmazásával ha eldöntöttük, hogy egy sor konvergens, akkor abszolút konvergens is volt. Ez az jelenti, hogy egy feltételesen konvergens sor konvergenciáját nem lehet meghatározni az alkalmazott módszerekkel. A következő kritérium váltakozó előjelű sorok esetében nyújthat segítséget. 16. Tétel (Leibniz-kritérium). Legyen han i egy pozitív tagú monoton csökkenő sorozat. Ekkor a an → 0.
∞ X
(−1)n an sor konvergens akkor és csak akkor, ha
n=1
Bizonyítás. A feltétel szükségessége a 12. Tételből következik. Az elegendőséget úgy igazoljuk, hogy megmutatjuk a sor Sn n-edik részletösszegének sorozatából képzett S2k páros elemeiből és S2k+1 páratlan elemeiből álló részsorozatok konvergensek és ugyanahhoz az értékhez tartanak. A következő csoportosításából látható, hogy S2k = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · + (a2k−1 − a2k ) | {z } >0
| {z } >0
|
{z
>0
}
szigorúan monoton növekvő, és S2k+1 = a1 + (−a + a ) + (−a + a ) + · · · + (−a2k + a2k+1 ) | 2{z 3} | 4{z 5} <0
<0
|
{z
<0
}
szigorúan monoton csökkenő. Az S2k+1 − S2k = a2k+1 > 0 összefüggésből S2k+1 > S2k következik, azaz S2 < S4 < · · · < S2k < S2k+1 < · · · < S3 < S1 , és így a két részsorozat korlátos. Tegyük fel, hogy S2k+1 → a és S2k → b. Ekkor a − b ← S2k+1 − S2k = a2k+1 → 0. A határérték egyértelműsége miatt a − b = 0 és így a részsorozatok határértéke megegyezik.
44
A Leibniz-kritériummal egyszerűen igazolható, hogy a ∞ X
(−1)n+1 n n=1 1 sor konvergens, hiszen az sorozat monoton csökkenően tart nullához. Azonn ban abszolút sora a harmonikus sor, ami divergens, ezért a fenti sor feltételesen konvergens. A monotonitás nem hagyható ki a Leibniz-kritérium feltételei közül. Valóban az 1 ha n páros an := n1 ha n páratlan n2 sorozat nem monoton, nullához tart, de a belőle alkotott váltakozó előjelű sor nem konvergens, mert az 1 1 1 1 = 1 + 2 + ··· + 2 − 1 + + ··· + 2 n 2 n
S2n
részletösszeg egy konvergens és egy divergens sorozat különbségéből áll, ami nyilvánvalóan divergens. 9. Feladat. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi sorok! a)
∞ X
(−1)n √ , n n=1
b)
∞ X
(−1)n n . 2 n=1 n + 1
Megoldás: 1 a) an = √ → 0. Mivel n an+1 = an
√1 n+1 √1 n
s
=
n < 1, n+1
így az han i sorozat monoton csökkenő. Ekkor a Leibniz-kritérium szerint a sor konvergens. b) an =
n 1 1 = · → 0. Mivel n2 + 1 n 1 + n12
an+1 − an =
n+1 n n2 + n − 1 − = − < 0, (n + 1)2 + 1 n2 + 1 (n2 + 2n + 2)(n2 + 1)
így az han i sorozat monoton csökkenő. Ekkor a Leibniz-kritérium szerint a sor konvergens. 45
Integrálkritérium Az integrálkritérium csak olyan sorokra alkalmazható, melynek tagjai nem negatívak és monoton csökkenő sorozatot alkotnak. Ugyanakkor a kritérium nemcsak elégségesek, de szükségesek is a sorok konvergenciájához. 17. Tétel (Integrálkritérium). Legyen r egy egész szám, f egy monoton csökkenő, nemnegatív függvény az [r, ∞[ félegyenesen és an = f (n) minden n ≥ r egész szám esetén. Ekkor a ha az
R∞
∞ P
n=r
an sor konvergens akkor és csak akkor,
f (x) dx improprius integrál értéke véges.
r
Bizonyítás. Legyen k > r egy egész szám és B := {r, r + 1, . . . , k} az [r, ∞[ intervallum beosztása. Jelölje sk , illetve Sk az f függvény a B beosztáshoz tartozó alsó, illetve felső közelítő összeget, azaz k X
sk =
f (n)
és
Sk =
k−1 X
f (n),
n=r
n=r+1
hiszen az f függvény monoton csökkenő.
r
k
x
r
sk alsó közelítő összeg
k
x
Sk felső közelítő összeg
A közelítő összegek tulajdonságaiból tudjuk, hogy k X n=r+1 ∞ P n=r
an = s k ≤
Zk
f (x) dx ≤ Sk =
k−1 X
an .
(10)
n=r
r
an egy pozitív tagú sor, ezért n-edik részletösszege monoton növekvő. Így
ha a részletösszeg korlátos, akkor a sor konvergens, ha pedig a részletösszeg nem korlátos, akkor a sor összege végtelen. 46
Hasonlóan az
R∞
f (x) dx improprius integrálban szereplő f függvény pozitív
r
és így az F (t) :=
Zt
f (x) dx
(t ≥ r)
r
integrálfüggvény monoton növekvő (a t érték növelésével egyre nagyobb területet kapunk az f függvény alatt). Ekkor az Z∞
f (x) dx = lim F (t) t→∞
r
értelmezés szerint ha F korlátos függvény, akkor az improprius integrál értéke véges, ha pedig F nem korlátos függvény, akkor az improprius integrál ∞ P értéke végtelen. Ez utóbbi két eset tekintetében vizsgáljuk meg a an n=r
konvergenciáját. • Ha
R∞ r
f (x) dx < ∞, akkor a bk := F (k) =
Rk
f (x) dx sorozat korlátos.
r
Ekkor (10) miatt sk is korlátos, amiből következik, hogy a sor n-edik részletösszege is korlátos. Tehát a sor konvergens. • Ha
R∞ r
f (x) dx = ∞, akkor a bk := F (k) =
Rk
f (x) dx sorozat nem korlá-
r
tos. Ekkor (10) miatt Sk sem korlátos, amiből következik, hogy a sor n-edik részletösszege sem korlátos. Tehát a sor divergens. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az integrálkritérium alapján nem nehéz igazolni, hogy a ∞ X
1 p n=1 n sor konvergens minden p > 1 és divergens minden 0 < p ≤ 1 szám esetén. Valóban a fenti sor konvergencia ekvivalens az Z∞ 1
1 dx xp
1 improprius integrál végességével, hiszen az f : [1, ∞[→ R, f (x) = p egy x nemnegatív, monoton csökkenő függvény. 47
Ugyanekkor ha p 6= 1, akkor Z ∞ 1
Z t 1 x−p+1 −p dx = lim x dx = lim t→∞ 1 t→∞ −p + 1 xp "
=
∞ 1
p−1
#t
1 1 lim p−1 − 1 = 1 − p t→∞ t
= 1
ha 0 < p < 1, ha p > 1.
Ha p = 1, akkor Z ∞ 1
Z t 1 1 dx = lim dx = lim [ln x]t1 = lim (ln t − 0) = ∞. t→∞ 1 x t→∞ t→∞ x
A fenti számítások igazolják a sor konvergenciáját vagy divergenciáját a különböző p értékek függvényében. 10. Feladat. Konvergensek-e az alábbi sorok? a)
∞ X
n , 2 n=1 n + 1
b)
∞ X
1 2 . n=2 n ln n
Megoldás: a) Legyen f : [1, ∞[→ R, f (x) = és az f 0 (x) =
x . Nyilvánvalóan f (x) > 0, ha x ≥ 1 x2 + 1
1 − x2 <0 (x2 + 1)2
(x > 1)
összefüggés miatt f szigorúan monoton csökkenő függvény. Továbbá Z ∞ 1
Z t h it x 1 2x 1 2 dx = lim dx = lim ln(x + 1) = 1 x2 + 1 2 t→∞ 1 x2 + 1 2 t→∞ 1 = lim ln(t2 + 1) − ln 2 = ∞. 2 t→∞
Így az integrálkritérium alapján a sor divergens. 1 függvény pozitív és szigorúan x ln2 x monoton csökkenő, hiszen szigorúan monoton növekvő függvény reciproka. A tanult integrálási módszerekkel:
b) Minden Az f : [2, ∞[→ R, f (x) =
Z
Z 1 1 −2 ln−1 x 1 dx = ln x dx = +c=− + c. 2 x −1 ln x x ln x
48
Ezért Z ∞ 2
Z t 1 1 1 t dx = lim dx = lim = − t→∞ 2 x ln2 x t→∞ ln x 1 x ln2 x 1 1 1 + < ∞. = lim − = t→∞ ln t ln 2 ln 2
Így az integrálkritérium alapján a sor konvergens.
49
8. Hatványsorok A hatványsorok speciális alakú sorok. Fontosságuk óriási a matematikában és a numerikus közelítő számításokban. A hatványsorok teljes tanulmányozásához több olyan fogalom szükséges, amit csak a következő tananyagban fogunk tanulni, ezért ebben a részben csak a fogalmával és a konvergencia tartományával ismerkedünk meg. 9. Definíció. Legyen a egy rögzített valós szám, valamint ha0 , a1 , a2 , . . . i egy valós számsorozat. A ∞ X
an (x − a)n
n=0
alakú végtelen sort a középpontú hatványsornak nevezzük. Az x-et a hatványsor változójának, a sorozat elemeit a hatványsor együtthatóinak mondjuk. Például a
∞ X
xn hatványsor 0 középpontú és minden együtthatója 1-gyel
n=0
egyenlő. A hatványsorokkal kapcsolatban egyik legfontosabb kérdés az, hogy milyen konkrét x érték mellett lesz a hatványsor konvergens. A fenti példában szereplő hatványsor minden rögzített x érték mellett mértani sor. Ennek már tudjuk az összegét, nevezetesen ∞ X n=0
xn =
1 , 1−x
(−1 < x < 1).
Tehát a fenti hatványsor konvergens ha x ∈]−1, 1[, és divergens más x értékek esetén. Feladatunk megtalálni azokat a valós számhalmazokat, intervallumokat, melyekből tetszőleges x értéket véve, ha ezt az x értéket behelyettesítjük a hatványsorba, akkor konvergens sort kapunk. Ezt a halmaz konvergencia tartománynak nevezzük. Vegyük észre, hogy minden a középpontú hatványsor konvergens az x = a pontban!
50
18. Tétel (Cauchy-Hadamard-tétel). Adott
∞ X
an (x − a)n hatványsor.
n=0
Legyen 1
R :=
lim sup n→∞
q n
, |an |
ahol R = 0, ha a fenti felső határérték ∞ és R = ∞, ha a fenti felső határérték 0. Ekkor a K(a, R) := {x ∈ R : |x − a| < R} halmaz minden pontjában a hatványsor abszolút konvergens. Minden olyan x érték esetén, amire |x − a| > R a hatványsor divergens. Bizonyítás. Alkalmazzuk a Cauchy-féle gyökkritériumot. Mivel lim sup n→∞
q n
|an ||x − a|n = |x − a| lim sup n→∞
q n
|an | =
|x − a| , R
így • ha
|x − a| < 1, akkor a sor abszolút konvergens, R
• ha
|x − a| > 1, akkor a sor divergens. R
Ebből a tétel állítása azonnal következik. A tételben szereplő R számot konvergencia sugárnak, a K(a, R) halmazt konvergencia tartomány belsejének nevezzük. Ekkor a következő esetek fordulhatnak elő: • Ha R = 0, akkor K(a, R) = ∅. • Ha R egy pozitív valós szám, akkor K(a, R) =]a − R, a + R[ nyílt intervallum. • Ha R = ∞, akkor K(a, R) = R. Amikor R egy pozitív szám, a Cauchy-Hadamard-tétel semmi információt nem ad arra vonatkozóan, hogy x = a − R vagy x = a + R konvergencia tartománybeli elem vagy sem. Ezekre az x értékekre más módszerek segítségével lehet csak megállapítani a hatványsor konvergenciáját. 51
Végül szeretnénk megjegyezni, hogy a konvergencia sugár a hányados kritériumból kiindulva az a n R = lim n→∞ a n+1 módon is meghatározható, ha a fenti határérték létezik akár tágabb értelemben is. 11. Feladat. Adjuk meg a következő hatványsorok konvergencia tartományát! a)
∞ X
nn (x − 1)n ,
∞ X
xn , n=1 n
b)
n=1
c)
∞ X
(2x − 1)n , n2 n=0
∞ X
xn , n=0 n!
d)
Megoldás: a) an = nn , a hatványsor középpontja a = 1. Mivel lim
n→∞
q n
|an | = lim n = ∞, n→∞
így R = 0 és a hatványsor csak az x = 1 helyen konvergens. b) an =
1 , a hatványsor középpontja a = 0. Mivel n q 1 lim n |an | = lim √ = 1, n→∞ n→∞ n n
így R = 1 és a konvergencia tartomány belseje ] − 1, 1[. • x = 1 esetén a
∞ X
1 sort kapjuk, ami divergens. n=1 n
• x = −1 esetén a
∞ X
(−1)n sort kapjuk, ami konvergens. n n=1
A konvergencia tartomány: [−1, 1[. c) Mivel n
∞ 2 X (2x − 1)n = n2 n=0 n=0 ∞ X
ezért an =
1 x− 2 n2
n
2n 1 és a hatványsor középpontja a = . 2 n 2 52
,
Továbbá lim
q n
n→∞
2 |an | = lim √ = 2, n→∞ n n2
1 1 1 1 1 − , + =]0, 1[ a konvergencia tartomány belseje. így R = , és 2 2 2 2 2
• x = 1 esetén a
∞ X
1 sort kapjuk, ami konvergens. 2 n=1 n ∞ X
(−1)n sort kapjuk, ami konvergens, hiszen abszon2 n=1 ∞ X 1 lút sora a konvergens sor. 2 n=1 n
• x = 0 esetén a
A konvergencia tartomány: [0, 1]. Szeretnénk megjegyezni, hogy egy másik megoldás is megadható az előző ∞ X tn sor konvergencia tartomány feladatra. A t = 2x − 1 helyettesítés, a 2 n=0 n belseje t ∈] − 1, 1[, amiből x ∈]0, 1[ következik. d) an =
1 , a hatványsor középpontja a = 0. Mivel n! lim n→∞
q n
1 |an | = n→∞ lim √ = 0, n n!
így R = ∞, azaz a konvergencia tartomány a valós számok halmaza.
53
9. Az e számot előállító sor A matematikai analízisben nagy jelentősége van a ∞ X
xn x2 x3 x4 =1+x+ + + + ... 2 6 24 n=0 n!
(11)
hatványsornak. Az előző rész utolsó feladatában láttuk, hogy e hatványsor konvergencia tartománya a valós számok halmaza, ezért abszolút konvergens minden x ∈ R esetén. A Cauchy-szorzat alkalmazásával igazolhatjuk, hogy ∞ ∞ X yn (x + y)n xn X = n! n=0 n=0 n! n=0 n! ∞ X
(12)
minden x, y ∈ R esetén. Valóban, ha ∞ X
an =
n=0
∞ X
xn n=0 n!
és
∞ X n=0
bn =
∞ X
yn , n=0 n!
akkor a Binomiális tétel segítségével azt kapjuk, hogy a fenti két sor Cauchyszorzata ! ∞ X n ∞ ∞ ∞ X n n X X X xk y n−k 1 X (x + y)n n k n−k X ak bn−k = = x y = . n! n=0 k=0 k! (n − k)! n=0 n! k=0 k n=0 n=0 k=0 A (12) egyenlőségből következik, hogy ha azt az f függvényt tekintjük, amely minden x valós számhoz a (11) sor összegét rendeli, akkor f rendelkezik az f (x + y) = f (x)f (y)
(x, y ∈ R)
(13)
tulajdonsággal. Ez pedig az exponenciális függvényeknek egy jól ismert tulajdonsága. Ezért rögtön két kérdés merül fel: 1) Igaz-e hogy van olyan a pozitív szám, hogy f (x) = ax minden x ∈ R esetén? 2) Ha a fenti kérdés igaz, akkor mivel egyenlő ez az a szám? Az első kérdésre az a válasz, hogy van ilyen a szám. Most még nem rendelkezünk minden szükséges ismerettel ahhoz, hogy ezt igazolni tudjuk. Ha tudnánk például, hogy az f függvény folytonos, akkor már a (13) tulajdonságból következne az állítást. Lássuk, hogy miért! Először vegyük észre, hogy a hatványsor értelmezése miatt f (0) = 1 +
∞ X 0n n=1
n!
=1
és
f (1) = 1 +
∞ X 1n n=1
54
n!
> 1.
Jelölje a = f (1). Vegyük észre, hogy teljes indukcióval a (13) tulajdonság kiterjeszthető véges sok szám esetére, azaz f (x1 + x2 + · · · + xn ) = f (x1 )f (x2 ) . . . f (xn )
(x1 , x2 , . . . , xn ∈ R).
Most menjünk végig a következő eseteken. • Ha x = n, ahol n ∈ N, akkor f (x) = f (1| + 1 +{z· · · + 1}) = f (1)f (1) . . . f (1) = (f (1))n = an = ax . |
n-szer
• Ha x =
{z
n-szer
}
1 , ahol m ∈ N, akkor m 1 1 1 + + ··· + a = f (1) = f = m {z m} |m m-szer
1 1 1 1 = f f ...f =f m m} m {z | m
m
,
m-szer
amiből következik, hogy
f (x) = f
1 1 = a m = ax . m
n • Ha x pozitív racionális szám, azaz felírható x = , ahol n, m ∈ N, m akkor 1 n 1 1 f (x) = f + + ··· + = =f m m {z m} |m n-szer
1 1 1 1 =f f ...f = f m m} m | m {z
n
1
= am
n
n
= a m = ax .
n-szer
• Ha x pozitív valós szám, akkor van olyan hxn i pozitív racionális számokból álló sorozat, amely x-hez tart. Ekkor az f függvény feltételezett folytonossága miatt f (x) = lim f (xn ) = lim axn = ax , n→∞
n→∞
hiszen az exponenciális függvény is folytonos függvény. • Ha x negatív valós szám, akkor 1 = f (0) = f (x + (−x)) = f (x)f (−x) = f (x)a−x , amiből következik, hogy f (x) = ax . 55
Az f függvény folytonosságát egy későbbi tananyagban igazolni fogjuk. Foglalkozunk most a második kérdéssel, azaz mi lesz az a értéke? A választ a következő tétel adja. 19. Tétel.
∞ X
1 =e n=0 n!
Bizonyítás. Az e szám értelmezése szerint e := lim
n→∞
1+
bizonyítani, hogy az 1 an := 1 + n
n
és
Sn :=
1 n
n
, így elég be-
n X
1 k=0 k!
sorozatok határértéke megegyezik, hiszen Sn a keresett sor n-edik részletösszege, ami a sor összegéhez tart. A binomiális tétel alapján 1 an = 1 + n
n X
n
=
n X
n X n 1 n! 1 = · k = k k n k=0 (n − k)!k! n
!
k=0
1 1 1− = n k=0 k!
2 k−1 1− ... 1 − n n
|
{z
!
< Sn . }
<1
Ezért lim an ≤ lim Sn . n→∞
n→∞
Rögzítsünk most egy m egész számot, és legyen n > m. Ha elhagyjuk az előző összegből az m + 1-edik utáni tagokat, akkor az összeg értéke csökken: n X
m X
1 1 an = 1− n k=0 k! 1 1 > 1− n k=0 k!
|
2 k−1 1− ... 1 − n n
!
2 k−1 1− ... 1 − n n
!
{z
}
→1,ha n→∞
>
(a képletben szereplő határérték azért 1, mert legfeljebb m-darab sorozat szorzásából áll, amely külön-külön 1-hez tart és az m szám rögzített). Ezért lim an ≥ Sm minden m ∈ N esetén, amiből n→∞ lim an ≥ n→∞ lim Sn következik. n→∞ Az előzőek alapján lim an = lim Sn , amit szerettünk volna igazolni. n→∞
n→∞
56
Az előző tételből megkapjuk a keresett a számot, hiszen a = f (1) =
∞ X 1n n=0
n!
=
∞ X
1 = e. n=0 n!
Ezért a vizsgált hatványsor összege ∞ X
xn = ex n=0 n!
(x ∈ R).
A 19. Tételben szereplő sor egy számítási módot ad, amellyel „elég gyorsan” kaphatjuk meg az e közelítő értékét. Ezt mutatja a következő tétel. 20. Tétel.
∞ X
1 1 < n!n k=n+1 k!
Bizonyítás. Alkalmazzuk a mértani sor meghatározására megadott képletet az alábbi egyenlőtlenségben és végezzük el az egyszerűsítést! ∞ X
1 1 1 1 = + + + ··· = (n + 1)! (n + 2)! (n + 3)! k=n+1 k! 1 1 1 = 1+ + + ... (n + 1)! n + 2 (n + 2)(n + 3) 1 1 1 < 1+ + + ... (n + 1)! n + 1 (n + 1)2 =
!
<
!
=
1 1 1 1 = (n + 1)! 1 − n+1 n!n
Ezzel a tétel állítását igazoltuk. A fenti tétel alapján az Sn =
n X
1 sor részletösszege már n = 10 esetén is k=0 k! 1 < 10−7 10! · 10
értéknél kisebb hibával közelíti meg az e számot, ami nagyon kicsinek mondható. Ennek jelentőségét még fokozza az a tény, hogy tizedes tört alakban nem tudjuk megadni az e szám értékét, mert irracionális. 21. Tétel. Az e szám irracionális. 57
Bizonyítás. Indirekt módon tegyük fel, hogy e racionális szám, azaz felírható p e = alakban, ahol p és q két pozitív egész szám. Legyen Sn az e számot q előállító sor részletösszege. Feltételezésünk miatt q!e egész szám, továbbá 1 1 q!Sq = q! 1 + 1 + + · · · + 2! q!
!
is egész szám, azaz q!(e − Sq ) egész számnak kell lennie. Azonban a 20. Tétel szerint ∞ X 1 1 1 < q! = ≤ 1, 0 < q!(e − Sq ) = q! q!q q k=q+1 k! ami ellentmond annak, hogy q!(e − Sq ) egész szám. Ezzel a tétel állítását igazoltuk.
58
10. Feladatok ∞ X
12. Feladat. Legyen r > 1 egész szám. Igazoljuk, hogy ha az
an sor
n=1
konvergens, akkor ∞ X
an =
n=r
∞ X
an −
n=1
r−1 X
an .
n=1
13. Feladat. Igazoljuk, hogy egy konvergens és egy divergens sor összege divergens! 14. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a) c) e)
∞ X
4 2 − 3 n=5
n
b)
,
∞ X
(−1)n + 3n , 7n+1 n=2
d)
∞ X
2 2 − 5 n=1
∞ X 3n+3 n=1
∞ X
5n+3 , 2n+1 n=0 2
f)
n
,
+ 6n
9n
,
∞ X
5n+2 . 2n−1 n=1 3
15. Feladat. Határozzuk meg a következő összegét! a) c) e) g)
∞ X
1 , n=1 n(n + 4)
b)
∞ X
1 , 2 n=2 n + n − 2 ∞ X
d)
1 ln 1 − 2 , n n=2
∞ X
1 , 2 n=3 n − 1 ∞ X
2 , n=1 (2n − 1)(2n + 1) ∞ X
1 , n=1 n(n + 1)(n + 2) √ √ ∞ X n+1− n √ h) . n2 + n n=1
f)
∞ X
2n + 1 , 2 2 n=1 n (n + 1)
16. Feladat. Írjuk fel a következő számokat két egész szám hányadosaként! ˙ a) x = 0, 113,
˙ b) x = 2, 92˙ 5˙ 7,
c) x = 1, 289˙ 6˙
17. Feladat. Igazoljuk, hogy egy divergens sor konstans-szorosa divergens! 18. Feladat. Igazoljuk, hogy egy konvergens és egy divergens sor összege divergens! 59
19. Feladat. Igazoljuk, hogy a páratlan számok reciprokaiból álló sor divergens! 20. Feladat. Igazoljuk, hogy ha egy konvergens sort úgy rendezünk át, hogy véges sok tagja helyet cserél, akkor az átrendezett sor is konvergens, és összege az eredeti sorral megegyezik! 21. Feladat. Igazoljuk, hogy ha egy konvergens sort úgy rendezünk át, hogy minden páratlan indexű tag a nála nagyobb szomszédos taggal helyet cserél, akkor az átrendezett sor is konvergens, és összege az eredeti sorral megegyezik! 22. Feladat. Sorok felbontása vagy Cauchy-szorzás segítségével határozzuk meg a következő sorok összegét! a) c)
∞ X
n , n n=1 3
b)
∞ X
n3 , n n=1 3
d)
∞ X
n2 , n n=1 3 ∞ X
(−1)n n , 5n n=1
e) a csak 2 vagy 3 nem negatív kitevőjű hatványaival osztható számok reciprokainak összege. 23. Feladat. Tekintsük meg az ú.n. Faulhaber-formulát: k k+1 1 X (−1)j Bj nk+1−j , 1 + 2 + ··· + n = j k + 1 j=0
!
k
k
k
ahol a Bj ú.n. Bernoulli-számokat úgy kapjuk meg, hogy B0 = 1
és
k X j=0
!
k+1 Bj = 0 (k > 0). j
A Faulhaber-formula segítségével Cauchy-szorzattal adjuk egy a (9) képlethez hasonló rekurziós formulát! 24. Feladat. A Cauchy-szorzat alkalmazásával igazoljuk, hogy ha −1 < q < 1, akkor !2 ∞ ∞ X X 1 n n (n + 1)q = q = . (1 − q)2 n=0 n=0 25. Feladat. Igazoljuk, hogy a ∞ X
(−1)n+1 n n=1 feltételesen konvergens sor önmagával való Cauchy-szorzata divergens! 60
26. Feladat. Igazoljuk, hogy ha a akkor a
∞ X
∞ X
an nem negatív tagú sor konvergens,
n=1
a2n sor konvergens! Igaz-e az állítás megfordítása?
n=1
27. Feladat. Igazoljuk, hogy ha a ∞ √ X an akkor a sor konvergens! n=1 n
∞ X
an nem negatív tagú sor konvergens,
n=1
28. Feladat. Legyen han i olyan sorozat, hogy az hnan i sorozat konvergens ∞ X
és határértéke nem 0. Igazoljuk, hogy ekkor a
an sor divergens.
n=1
29. Feladat. Legyen han i egy monoton csökkenő sorozat. Igazoljuk, hogy ha a 0.
∞ X
an sor konvergens, akkor az hnan i sorozat konvergens és határértéke
n=1
30. Feladat. Igazoljuk, hogy nincs olyan tizedes tört, ami csupa 9-re végződik! 31. Feladat. Konvergensek-e az alábbi sorok? 1.
∞ X
√ n
∞ X
2n2 − 1 , 2. 2 n=2 n + 1
0, 1,
n=4
3.
∞ X n=1
1 √ , n n
4.
2 5. , n=1 4n + 3
6.
3n , 3 2 n=2 n − 2n − 1
8.
√ 3
n+1−
10.
2n + 1 , +n+2 2
q ∞ X
n , +1
n2
∞ X n=2
√ 3 n,
n2
∞ X n=1
1 √ 9. , n=3 2 n + 2 ∞ X
∞ X n=1
∞ X
∞ X
11.
log2 n,
n=2
∞ X
7.
∞ X
(n − 1)n
1 √ , n=1 n n √ ∞ X n 14. , 2 n=2 n + 1 12.
n=1
√ √ n+1− n √ 13. , n n=1 ∞ X
61
,
15.
∞ X
1 , n n=1 n2
16.
∞ X
(−1)n n 17. , 3 n=2 n − n + 1 19. 21.
∞ X
3n , n n=2 5
25.
29.
+1 , n!
22.
3n , n n=1 n ∞ X 3n n2
5n
24. 26.
,
∞ X
(−3)n , n=1 (2n)! ∞ X 1 n=1
1 + 2 n
28.
∞ X
sin n , n n=1 3 ∞ X en
n2
,
∞ X
(n!)2 , n2 n=1 2 ∞ X
(2n + 1)3n , n! n=1 ∞ X
nn , 2 n=2 n − 1 ∞ X
(−2)n , n n=1 n ∞ X
n
2
3n 30. , n n=1 (n!)
,
∞ X
(−1)n , n=1 2n − 1 √ ∞ X (−1)n n , 33. 2 n=1 n + n 31.
1 , n=3 ln n
n=1
∞ X
n=1
27.
20.
∞ X 2n n=3
23.
18.
∞ X
32. 34.
∞ X
(−1)n √ , n2 + 4 n=1 ∞ X
(−1)n 2n . 3n n=1
32. Feladat. Legyen 2−n
an := −n 3
ha n páros, . ha n páratlan
Igazoljuk, hogy a sor konvergenciája eldönthető a Cauchy-féle gyökkritériummal, de a D’Alembert-féle hányadoskritériummal nem! 33. Feladat. A Cauchy-tétel segítségével határozzuk meg azokat a p > 0 értékeket, amire a ∞ X 1 p n=1 n log2 n sor konvergens!
62
34. Feladat. Rendezzük át a ∞ X
(−1)n+1 n n=1 feltételesen konvergens sort a következő módon: 1.
∞ X n=1
2.
∞ X n=1
3.
∞ X n=1
1 1 1 + − , 4n − 3 4n − 1 2n
1 1 1 − − , 2n − 1 4n − 2 4n
1 1 1 + − . 3n − 2 3n − 1 3n
Döntsük el, hogy konvergensek-e ezek a sorok! 35. Feladat. Adjuk meg a következő hatványsorok konvergencia tartományát! 1. 3.
∞ X
xn , p n=1 n ∞ X
(p ∈ R)
2.
(−1)n n2 (x − 2)n ,
4.
n=1
5.
∞ X 2n n=1
7.
+1 (x + 1)n , n n
∞ X 3n n=1
6.
+ 2n n x , n
8.
∞ X
(x − 3)n , n3 n=1 ∞ X
(−1)n xn √ , n n=1 ∞ X
n!(3x + 1)n , 2n2 n=1 ∞ X
x2n . n=0 (2n)!
36. Feladat. Adjuk meg a ∞ X
n!xn n n=1 n
és
∞ X
(n!)2 xn n=1 (2n)!
hatványsorok konvergencia tartományát! Ehhez alkalmazzuk az n √ n n! ∼ 2πn e
ú.n. Stirling-formulát, A ∼ szimbólum azt jelenti, hogy a két mennyiség aszimptotikusan egyenlő, vagyis hányadosuk végtelenben vett határértéke 1. 63
37. Feladat. Legyen a ∞ X
∞ X
an x n ,
n=0
bn x n
n=0
hatványsor konvergencia sugara R1 , illetve R2 . Cauchy-szorzat segítségével igazoljuk, hogy ∞ X n=0
an x n
∞ X
bn x n =
n=0
minden |x| < R esetén, ahol cn :=
∞ X
R := min{R1 , R2 }.
A
cn x n
n=0
n X
ak bn−k .
k=0
38. Feladat. Írjunk programot az e szám előre megadott pontossággal történő meghatározására! 39. Feladat. Írjunk programot az alábbi sorok összegének előre megadott pontossággal történő meghatározására! 1. 3.
∞ X
1 , p n=1 n
(p = 2, 3, . . . )
∞ X
1 n n=0 2 n!
2. 4.
64
∞ X
n , n n=1 (2n + 1)2 ∞ X
(−1)n . n n=0 (2n)!2
Hivatkozások [1] Német József, Előadások a végtelen sorokról, Polygon, Szeged, 2002. [2] Leindler László – Schipp Ferenc: Analízis I, Tankönyvkiadó, 1985. [3] Leindler László: Analízis, Polygon, Szeged, 2001. [4] Rimán János: Matematikai analízis I, Liceum, Eger, 2004. [5] Rimán János: Matematikai analízis feladatgyűjtemény I-II, Liceum, Eger, 2004. [6] Rudin Walter: A Matematikai analízis alapjai, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1978. [7] Sós Vera és Laczkovich Miklós: Analízis II., Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2007. [8] Szabó Tamás: Kalkulus II. Példatár, Polygon, Szeged, 2002.
65
