Matematika | Analízis » Fritz-Kónya - Numerikus sorok

VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (1) Numerikus sorok Oktatási segédanyag A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállı́totta: Fritz Józsefné dr. Kónya Ilona 2004. szeptember Szerkesztette: Győri Sándor 1. A Numerikus sorok konvergenciája ∞ P ak végtelen összeghez hozzárendelünk egy ( sn ) számsorozatot a következő k=1 módon: ∞ X ak = a1 +a2 +a3 + · · · + an + · · · |{z} k=1 s | 1 {z } s } | 2 {z s3 {z } | sn sn := n X ak : n-edik részletösszeg k=1 E számsorozat határértékének segı́tségével definiáljuk a sor összegét az alábbiaknak megfelelően. ∞ ²¯ X D A ±° ak numerikus sor konvergens és összege s , ha létezik a k=1 lim sn = lim n∞ n∞ à n X ! ak =s∈R k=1 (véges) határérték. A részletösszegek (sn ) sorozatának viselkedése szerint az alábbi esetek

lehetségesek:  s ∈ R ,  az összeg konvergens   n ∞  X X +∞ , ak = lim ak = lim sn = −∞ , n∞ n∞ az összeg divergens.   k=1 k=1   @, ¶³ ∞ Pl. P µ´ 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + · · · esetén sn = k=1 =⇒ lim sn = ∞ n∞ n P 1=n k=1 (Divergens a sor.) ¶³ ∞ P k+1 Pl. = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · + (−1)k + · · · divergens, mert µ´ (−1) k=1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 1 v1.4 s2k+1 = 1 1 s2k = 0 0 ¾ =⇒ (sn ) -nek 2 torlódási pontja van, a sor divergens. ¶³ Pl. µ´ ∞ µ ¶k X 1 2 k=1 1 = + 2 | ¡ ¢n µ ¶2 µ ¶n 1 1 1 1 21 − 1 = + · · · = lim + ··· + 1 n∞ 2 2 2 2 −1 {z } } | 2{z sn −1 =1, − 21 sn tehát a sor konvergens. ¶³ Pl. µ´ ∞ P k=1 1 = 1 , mert k (k + 1) ¶ µ n P 1 −1 1 = lim = lim + n∞ k=1 n∞ k=1 k (k + 1) k+1 k ¶ µ ¶ ¶¶ µ µµ ¶ µ −1 1 −1 −1 −1 1 1 +1 + + + + + ··· + = = lim + n∞ 2 3 2 4 3 n+1 n

µ ¶ 1 = lim 1 − konvergens a sor. = 1, n∞ n+1 n P ¶³ ∞ X Pl. µ´ k=1 1 k (harmonikus sor) divergens Ugyanis s2k ¶ µ ¶ ¶ µ ¶ µ ¶ µ µ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + +· · ·+ · · · + k−1 + k−1 = 1+ + ··· + k ≥ 2 3 4 5 6 7 8 2 2 +1 2 ≥1+ 1 1 1 1 1 + 2 · + 4 · + · · · + 2k−1 · k = 1 + k · ∞ 2 4 8 2 2 lim s2k = ∞ k∞ =⇒ ∞ X 1 k=1 k =∞ Ugyanis sn ≥ s2k , ha n > 2k miatt lim sn = ∞. n∞ ••• c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 2 v1.4 ²¯ T Geometriai sor ±° 1 + q + q2 + · · · = ∞ X q k−1 k=1 ²¯ B sn = ±° n P     1 , ha |q| < 1 1−q = ∞, ha q ≥ 1    divergens , ha q ≤ −1 q k−1 = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 k=1 Ha q = 1 : sn = n , ezért lim sn = ∞ . n∞ Ha q 6= 1 : qn − 1 . q−1 Mivel q n 0 , ha |q| < 1 , ezért 1 −1 = , ha |q| < 1. lim sn = n∞ q−1 1−q Mivel q n ∞ , ha q > 1 =⇒ sn ∞ , ha q

> 1. sn = Ha q = −1 : q n -nek két torlódási pontja van, mégpedig t1 = 1 , t2 = −1 . =⇒ sn -nek is 2 torlódási pontja van: 0 és 1, tehát divergens. Ha q < −1 : q n -nek két torlódási pontja van, mégpedig t1 = −∞ , t2 = ∞ . =⇒ sn -nek is 2 torlódási pontja van: −∞ és ∞, tehát divergens. ¶³ ∞ X q3 k 3 4 5 , ha |q| < 1 . q = q + q + q + · · · = µ´ 1 − q k=3 Pl. A részletösszegek a tételben szereplő részletösszegek q 3 -szeresei, ı́gy a határérték (a sor összege) is q 3 -nel szorzódik. ¶³ ∞ X Pl. µ´ k=0 a qk = ∞ X k=1 a q k−1 = a , ha |q| < 1 1−q Most a részletösszegek a tételben szereplő részletösszegek a -szorosai, ı́gy a határérték is ¶ µ a -szoros lesz. első tag . A képletet úgy érdemes megjegyezni, hogy s = 1 − kvóciens ²¯ M Ha a sorban véges sok tagot elhagyunk vagy megváltoztatunk, akkor a konvergencia ±° ténye nem

változik, konvergens sorból konvergens sort, divergens sorból divergens sort kapunk. A sorösszeg értéke természetesen megváltozik c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 3 v1.4 ∞ ²¯ X M ±° (c · ak ) ∞ X és ak (c 6= 0) egyszerre konvergens illetve divergens. 1 k=1 (Ugyanis sn = n X ak és s∗n = n X k=1 (c · ak ) egyidejűleg konvergens illetve divergens.) k=1 µ ¶k ∞ µ X −3 9 = 4 2 k=2 ¶³ ∞ X (−3)2 (−3)k+2 Pl. = µ´ 22k+1 21 k=2 µ −3 , q= 4 ¶2 −3 4 −3 1−( ) 4 ¶ |q| < 1 teljesül. ¶³ ∞ X 2k + 3k+1 =? µ´ 4k+2 k=1 Pl. ¶ X n n µ X 3k+1 2k + = sn = 4k+2 4k+2 k=1 k=1 1 sn = 16 à n µ ¶ X 1 k k=1 2 +3 ¶³ Pl. Milyen x-re konvergens a µ´ n µ ¶k X 3 k=1 ∞ X ! à 1 · 16 µ ¶k µ ¶k ! 1 3 3 + · 2 16 4 1 · 16 4 µ 1 2 1− 1 2 +3· ¶ 3 4 1− 3 4 = 5 8 (log2 x)k sor? k=0 q = log2 x, | log2 x| < 1 ⇐⇒ −1 < log2 x < 1, 2−1 < x

< 2, azaz x ∈ (2−1 , 2) . ••• A konvergencia szükséges és elégséges feltétele (Cauchy kritérium): ∞ ²¯X T ±° ak akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0-hoz ∃ M (ε): k=1 |an+1 + an+2 + · · · + an+k | < ε, ha n > M (ε) és k ∈ N+ ²¯ B Triviálisan igaz, hiszen a számsorozatok konvergenciájára tanult szükséges és ±° c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 4 v1.4 elégséges tétel alkalmazható. (sn ) akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0 -hoz ∃ M (ε) , hogy n, m > M (ε) esetén |sm − sn | < ε. Legyen m > n és m = n + k ! Mivel sn = a1 + a2 + · · · + an , sm = sn+k = a1 + a2 + · · · + an + an+1 + an+2 + · · · + an+k . Ezért |sm − sn | = |an+1 + an+2 + · · · + an+k | < ε , ha n > M (ε) és k ∈ N+ tetszőleges. ¶³ ∞ X 1 1 1 1 n+1 Pl. = 1 − + − + ··· µ´ (−1) n 2 3 4 konvergens n=1 Ugyanis ¯ ¯ k+1 ¯ ¯ 1

1 1 (−1) ¯= − + − ··· + |sn+k − sn | = |an+1 + an+2 + · · · + an+k | = ¯¯ n+1 n+2 n+3 n+k ¯ ¶ ¶ µ ¶ µ  µ 1 1 1 1 1 1   + +··· + = − − −   n+1 n+2 n+3 n+4 n+k−1 n+k    {z } | {z } {z } | |   >0 >0 >0   ¶ µ ¶ µ    1 1 1 1   −··· − , ha k páros = − −   n+1 n+2 n+3 n+k    {z } | {z } |   >0 >0    =   ¶ µ µ ¶ µ ¶    1 1 1 1 1 1 1   + + · + − = · + · − −   n+1 n+2 n+3 n+4 n+k−2 n+k−1 n+k   {z } | {z } {z } | |    >0 >0 >0   ¶ µ µ ¶    1 1 1 1 1   −··· − , ha k páratlan − = − −   n+1 n+2 n+3 n+k−1 n+k   {z } {z } | |  >0 >0 Vagyis 1 < ε, |sn+k − sn | < n+1 ha 1 n> −1 ε ¸ 1 −1 N (ε) ≥ ε · =⇒ Későbbiekben könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez egy úgynevezett Leibniz sor. c

Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 5 v1.4 1.1 A konvergencia szükséges feltétele ²¯ Ã∞ X T ±° ! ³ ak konvergens =⇒ ´ lim ak = 0 k∞ k=1 ²¯ B A Cauchy kritériumból ( k = 1 választással): ±° |sn+1 − sn | = |an+1 | < ε, ha n > N (ε) =⇒ an 0 Vagy (egy másik bizonyı́tás) sn = sn−1 + an =⇒ ²¯ M A feltétel nem elégséges. Például a ±° an = sn − sn−1 s − s = 0 ∞ X 1 k=1 2. k sor a feltételt teljesı́ti, mégis divergens. Váltakozó előjelű (alternáló) sorok c1 − c2 + c3 − · · · + (−1) n+1 ∞ X cn + · · · = (−1)n+1 cn , cn > 0 n=1 Leibniz kritérium: ²¯ T Ha az alternáló sor tagjainak abszolút értékeiből képzett sorozat (fent (cn ) ) mo±° noton fogyóan tart 0 -hoz ( jelben cn & 0) , akkor a sor konvergens. Az ilyen alternáló sor neve: Leibniz sor. ²¯ B Belátjuk, hogy s2k % és felülről korlátos: ±°

s2k+2 = s2k + (c2k+1 − c2k+2 ) ≥ s2k {z } | =⇒ s2k % ≥0 Másrészt 0 ≤ s2k+2 | {z } = c1 − (c2 − c3 ) − (c4 − c5 ) − · · · − (c2k+2 ) ≤ c1 | {z } | {z } | {z } az előzőből látható c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° ≥0 ≥0 6 ≥0 v1.4 Tehát s2k monoton növő és felülről korlátos lim s2k . =⇒ s2k konvergens, legyen s = k∞ Megmutatjuk, hogy s2k+1 s szintén, és ı́gy a sor konvergens. s2k+1 = s2k + c2k+1 s + 0 = s ²¯ M Az is megmutatható, hogy az s2k+1 részsorozat monoton csökkenően tart s -hez. ±° 0 ≤ s2k+1 = (c1 − c2 ) + (c3 − c4 ) + · · · + (c2k−1 − c2k ) + c2k+1 = = (c1 − c2 ) + (c3 − c4 ) + · · · + c2k−1 − (c2k ) − c2k+1 ) ≤ s2k−1 {z } | {z } | s2k−1 ≥0 Hibabecslés Leibniz tı́pusú soroknál Tehát a Leibniz tı́pusú soroknál a páros indexű részletösszegek s -nél kisebbek vagy egyenlők: s2k ≤ s. A páratlan

indexű elemek monoton csökkenve tartanak s -hez, ezért s ≤ s2k+1 . Mivel s − s2k ≤ s2k+1 − s2k = c2k+1 és s2k+1 − s ≤ s2k+1 − s2k+2 = c2k+2 , ezért |H| = |s − sn | ≤ cn+1 , ∀ n ∈ N . ¶³ ∞ X Pl. µ´ (−1) n+1 n=1 1 √ 3 2n + 1 = ∞ X (−1)n+1 cn n=1 A sor Leibniz tı́pusú és ı́gy konvergens, mivel cn = √ 3 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 (−1) n+1 1 √ n 2n + 1 = ∞ X n=1 an = ∞ X 1 & 0. 2n + 1 (−1)n+1 cn n=1 1 1 √ √ = ≤ cn < 1 1 √ n n n5 + n5 2 ( n n)5 | {z } ↓ 1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 7 v1.4 =⇒ lim cn = 1 =⇒ lim an 6= 0 , tehát nem teljesül a konvergencia szükséges n∞ n∞ feltétele, ı́gy a sor divergens. ¶³ ∞ X Pl. µ´ (−1)n+1 n=1 n+1 n2 + 2 = ∞ X (−1)n+1 cn n=1 1 1 + 2 0 cn = n n 2 1+ 2 n A monoton csökkenés most nem triviálisan igaz, hiszen n növelésével a számláló és a nevező is nő. Várható,

hogy a (cn ) sorozat monoton csökkenő, mert a nevező ”gyorsabban nő” De ezt ilyenkor be kell bizonyı́tanunk! Tehát igaz-e, hogy ? cn+1 ≤ cn (n + 1) + 1 ? n + 1 ≤ (n + 1)2 + 2 n2 + 2 ? (n + 2) (n2 + 2) ≤ (n + 1) (n2 + 2n + 3) ? 0 ≤ n2 + 3n − 1 Ez pedig igaz, minden n -re . Tehát a sor Leibniz tı́pusú és ı́gy konvergens. 2.1 Feladatok a váltakozó előjelű sorokhoz Vizsgálja meg konvergencia szempontjából az alábbi sorokat! ∞ X cos kπ 1. lg k 2 ∞ X (−1)n √ 2. n n 1 ∞ X (−1)k−1 2k 3. k2 − 1 2 4. ∞ X 2 µ (−1) n n n+1 ¶n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 8 v1.4 3. Sorok abszolút és feltételes konvergenciája ∞ ²¯ X D ±° ak sor abszolút konvergens, ha ∞ X |ak | konvergens. ¶k ∞ µ X 1 abszolút konvergens. − 2 k=1 Pl. (Konvergens geometriai sorokról van szó, ahol a kvóciens − ∞ X (−1)k+1 nem abszolút konvergens, de konvergens. k k=1 1 1

illetve . ) 2 2 ²¯ D Feltételesen konvergens sor: ±° a konvergens, de nem abszolút konvergens sor Ilyen pl. a ∞ X (−1)k+1 k=1 k sor. ¯ ¯ ∞ 1 ∞ ¯ (−1)k+1 ¯ P P ¯= ¯ Ugyanis beláttuk, hogy ez a sor konvergens, de a ¯ ¯ k k=1 k k=1 ²¯ T Ã∞ X ±° ! |ak | konvergens =⇒ Ã∞ X sor divergens. ! ak konvergens Tehát az abszolút konvergenciából következik a konvergencia. ²¯ P ∞ B Ha |ak | konvergens, akkor teljesül rá a Cauchy kritérium, továbbá ±° |an+1 + · · · + an+k | ≤ |an+1 | + · · · + |an+k | miatt |an+1 + · · · + an+k | ≤ ||an+1 | + · · · + |an+k || < ε, ha n > M (ε), k ∈ N+ {z } | ∞ P Cauchy kritérium |ak |-ra ∞ X Így ak -ra is teljesül a szükséges és elégséges tétel (Cauchy kritérium), tehát konvergens. Ez a tétel azt mutatja, hogy az abszolút konvergencia vizsgálata igen hasznos lehet. ∞ P A |ak | sor elemei nem negatı́vak, sőt pozitı́vnak

tekinthetők, mivel a nulla elemeket nyilván nem kell figyelembe vennünk. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 9 v1.4 4. Pozitı́v tagú sorok ²¯ T ±° (i) Egy pozitı́v tagú sor részletösszegei monoton növekedőek. (ii) Egy pozitı́v tagú sor akkor és csak akkor konvergens, ha részletösszegeinek sorozata korlátos. ²¯ B ±° (i) Ha an ≥ 0, ∀ n ∈ N, akkor sn+1 = sn + an+1 ≥ sn ∀ n-re. (ii) a) Ha a sor konvergens, akkor (sn ) konvergens =⇒ (sn ) korlátos b) Ha (sn ) korlátos, akkor (sn ) % miatt (sn ) konvergens. ²¯ M Pozitı́v tagú sor vagy konvergens, vagy ∞-nel egyenlő. Ez nem igaz általánosságban ±° egy váltakozó előjelű sorra, ahol a részletösszegek sorozatának lehet több torlódási pontja ∞ P (pl. (−1)k ). k=0 ²¯ T 0; ak ≥ ak+1 feltételek mellett ±°ak > ∞ X a ak sor akkor és csak akkor konvergens, ha k=1 ∞ X a2l · 2l is konvergens l=1 ²¯ B

(¬B) ±° A bizonyı́tás lényege, hogy az első sor részletösszegei a második sor megfelelő részletösszegeivel alulról és felülről is becsülhetőek. A becslés igazolásához fontos feltenni, hogy az (ak ) sorozat monoton csökken. (A részletes bizonyı́tás megtekinthető Walter Rudin: A matematikai analı́zis alapjai cı́mű könyvében.) Példák a tétel alkalmazására: ¶³ X ∞ Pl. µ´ n=1 Ha α ≤ 0 : Ha α > 0 : 1 konvergens, ha α > 1 . nα Egyébként divergens. 1 an = α = n|α| 6 0 n A konvergencia szükséges feltétele nem teljesül an = =⇒ divergens a sor. 1 & , ı́gy alkalmazható az előző tétel: nα c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 10 v1.4 ∞ ∞ X X 1 1 és · 2l egyidejűleg konvergens, illetve divergens. Vagyis α l )α n (2 n=1 l=1 õ ¶ !l ∞ ∞ µ ¶lα−l ∞ ∞ ∞ ∞ µ ¶(α−1)l α−1 X X X X X X 1 1 1 1 1 1 l · 2 = = = = ql = l )α αl

2−l (2 2 2 2 2 l=1 l=1 l=1 l=1 l=1 l=1 Geometriai sort kaptunk, µ ¶α−1mely csak akkor konvergens, ha 1 < 1. |q| = 2 Tehát a konvergencia csak akkor teljesül, ha α − 1 > 0, vagyis α > 1. Vigyázat! A tételben szereplő két sor összege nem azonos, tehát nem tudtuk megállapı́tani ∞ X 1 sor összegét, csak a konvergencia tényét tudtuk megállapı́tani α > 1 -re. a α n 1 Ilyenkor a megfelelő sn részletösszeggel tudjuk közelı́teni a sor összegét az esetleg előı́rt pontossággal (lásd hibabecslések). ¶³ X ∞ Pl. µ´ n=n1 1 n · log2 n Ugyanis: divergens ∞ X l=l1 ¶³ X ∞ Pl. µ´ n=n1 1 n · (log2 n)p ∞ X1 1 l · 2 = 2l · log2 2l l l=l divergens. 1 p > 1 konvergens, egyébként divergens p > 0 esetén alkalmazható az előző tétel: ∞ X l=l1 ∞ X1 1 l · 2 = 2l · (log2 2l )p lp l=l Pl. µ´ n=n1 1 < p : konv. 1 (p ≤ 0 esete HF. ¶³ X ∞ 0 < p ≤ 1 :

div.; Pl. minoráns kritériummal lásd később megmutatható) 1 n · log2 n · log2 log2 n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° divergens 11 v1.4 A tétel alkalmazható. ∞ X l=l1 5. ∞ X 1 1 l · 2 = l l l 2 · (log2 2 ) · (log2 log2 2 ) l · log2 l l=l ez pedig divergens 1 Pozitı́v tagú sorok konvergenciájával kapcsolatos elégséges kritériumok • majoráns kritérium (csak konvergencia eldöntésére) • minoráns kritérium (csak divergencia eldöntésére) • hányados kritérium • gyökkritérium • integrál kritérium Ezeket a kritériumokat kizárólag pozitı́v tagú sorokra alkalmazhatjuk. Így a szóbanforgó kritériumok hasznosak lehetnek az abszolút konvergencia eldöntésére (amiből következik az eredeti nem feltétlenül pozitı́v tagú sor konvergenciája is.) 5.1 Majoráns kritérium ²¯ T ±° Ha 0 < an ≤ cn ∀ n-re és ∞ X cn konvergens n=1

=⇒ ∞ X an konvergens n=1 ²¯ B A megfelelő részletösszegek sorozatára a feltétel miatt fennáll, hogy ±° san ≤ scn . Továbbá ∞ P n=1 =⇒ ∞ X cn konvergenciája miatt scn ≤ K =⇒ san korlátos és pozitı́v tagú a sor an konv. 1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 12 v1.4 5.2 Minoráns kritérium ²¯ T ±° Ha 0 ≤ dn ≤ an ∀ n-re és ∞ X dn divergens =⇒ n=1 ²¯ B san ≥ sdn ∞ ±° san ∞ =⇒ ∞ X an divergens n=1 (spec. rendőrelv) ²¯ M Mindkét esetben elegendő, ha a feltétel ∀ n helyett n ≥ N0 -ra teljesül. ±° ( ∞ P n=1 an és gei c = ∞ P an egyidejűleg konvergens ill. divergens, hiszen az első szumma részletössze- n=N0 NP 0 −1 n=1 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 an konstanssal nagyobbak, mint a második szumma részletösszegei.) 1 2n + 1 = ∞ X an n=1 A harmonikus sorból végtelen sok tagot elhagytunk. Vajon konvergens-e az új

sor? A minoráns kritériummal belátjuk, hogy még ez a sor is divergens. Ugyanis ∞ ∞ X 1 1 X 1 = divergens 3n 3 n=1 n n=1 1 1 = , an > 2n + n 3n ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=2 an < √ 1 2n5 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 1 √ 2n5 + 3 = √ = an divergens n=1 an n=1 1 , 2 n5/2 1 √ n 2n5 + 3 ∞ X =⇒ ∞ X = ∞ ∞ X 1 X 1 5 √ konvergens > 1) (α = =⇒ an konvergens 2 2 n=1 n5/2 n=1 ∞ X an n=1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 13 v1.4 A sor divergens, mivel a rendőrelvvel megmutatható, hogy lim an = 1 , tehát nem n∞ tart nullához, ı́gy nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele. Részletezve: 1 1 1 1 = |{z} 1 < √ = √ ≤ an = √ √ √ 5 n n n n 2n5 + 3n5 2n5 + 3 1 5 ( n n) ↓ | {z } 1 ↓ 1 =1 1 · 15 =⇒ ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 n+2 3n4 + 5 = ∞ X Pl. µ´ n=1 2n2 − 32 n3 + 8 an n=1 ∞ X 1 konvergens (α = 3 > 1) 3 n n=1 1 n + 2n = 3 , an < 4 3n n ¶³ ∞ X an 1 .

= ∞ X =⇒ ∞ X an konvergens n=1 an n=1 n ≥ 4 -re a sor pozitı́v tagú. A minoráns kritériummal megmutatjuk, hogy divergens Ugyanis, ha n ≥ 6 , akkor n2 > 32 és ezért 2n2 − 32 1 2n2 − n2 , an = = > 3 3 3 n +8 n + 8n 9n =⇒ ∞ ∞ X 1 1 X 1 = divergens 9n 9 n n=1 n=1 ∞ X an divergens. n=1 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 2n + 3n+1 22n+3 + 5 = ∞ X an n=1 µ ¶n 1 3 2n + 3 · 3n 3n + 3 · 3n = an = < 8 · 4n + 5 8 · 4n 2 4 µ ¶ ¶ µ ∞ n 1 X 3 3 konvergens geometriai sor q = , |q| < 1 2 n=1 4 4 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 14 =⇒ ∞ X an konvergens n=1 v1.4 Feladatok Vizsgálja meg konvergencia szempontjából az alábbi sorokat! 1. ∞ X 1 2. ∞ X 2 3. ∞ X 2 4. ∞ X 2 5. ∞ X 1 6. ∞ X 1 1 3n + 2 ∞ X 2n + 3n 8. 6n + 2n+1 1 1 √ 2 n − n ∞ X 3n + n 9. n · 4n − 3 1 10. 1 n log2 n2 11. 2n 2n+2 − 3 ∞ X 7n5 − 2n3 + 1 12. n7 + n2 − n + 3 1 ²¯ T 1 ±° 1 +

n2 1 2n 22n − 3 13. ∞ X 7n5 − 2n3 + 1 √ 6 + 3n2 − n n 1 ∞ X 7n5 + n3 + 1 n8 − n2 + 3 1 ∞ X 22n 7. 2n − 3 1 5.3 ¶2 ∞ µ X 1+n 1 2 n log2 n 14. ∞ X ¡ n¢ ¡n2 ¢ 6 4 Hányados kritérium µ 1. (an > 0, ∀ n) ∧ µ 2. (an > 0, ∀ n) ∧ an+1 ≤ q < 1, ∀ n an ¶ ¶ an+1 ≥ q ≥ 1, ∀ n an =⇒ ∞ X an konvergens. n=1 =⇒ ∞ X an divergens. n=1 ²¯ B ±° 1. Mivel an+1 ≤ q an ≤ q 2 an−1 ≤ q 3 an−2 ≤ · · · ≤ q n a1 , c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 15 ∀ n , ezért v1.4 ∞ X 1 ∞ X an -nek ∞ X q n−1 a1 konvergens majoránsa (geometriai sor, 0 < q < 1 ) =⇒ 1 an konvergens. 1 2. Mivel an+1 ≥ q an ≥ q 2 an−1 ≥ · · · ≥ q n a1 , ∀ n , ezért ∞ ∞ X X an -nek q n−1 a1 divergens minoránsa (geometriai sor, q ≥ 1) 1 ∞ X =⇒ 1 an divergens. 1 ∞ ²¯ X ∞ X M1 an és ±° 1 an egyidejűleg konvergens ill. divergens,

ezért elég, ha a T1 feltételei N0 ∀ n ≥ N0 -ra teljesülnek. (Természetesen, ha konvergensek, akkor az első sor összege a1 + a2 + · · · + aN0 −1 -gyel több, mint a második sor összege.) ²¯ M2 T1 (1)-nél nem elég megmutatni, hogy ±° ¶³ ∞ Pl. P1 µ´ n an+1 < 1 , q -t is kell találni. an divergens, pedig 1 an = 1 , n ¶³ ∞ P 1 µ´ n2 1 Pl. an+1 an an+1 = 1 n+1 miatt an+1 an 1 n = n+1 = < 1. 1 n+1 n konvergens. És most is 1 µ ¶2 n2 n (n + 1)2 = = = < 1. 1 (n + 1)2 n+1 n2 (De @ 0 < q < 1 ) T1 (2)-nél viszont q megtalálása nem fontos. A tétel ı́gy is kimondható µ (an > 0) ∧ an+1 ≥ 1, ∀ n ≥ N0 an ¶ =⇒ ∞ X an div. 1 Ekkor ugyanis: c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 16 v1.4 0 < an ≤ an+1 , tehát an % (és an > 0) ∞ X feltétel) =⇒ an divergens =⇒ an 6 0 (nem teljesül a szükséges 1 A hányados kritérium egy kényelmesebben

használható formában is kimondható: µ ¶ an+1 T =c<1 1. (an > 0, ∀ n) ∧ ∃ lim 1∗ ±° n∞ an ²¯ =⇒ an konv. n=1 ¶ an+1 =c>1 2. (an > 0, ∀ n) ∧ ∃ lim n∞ an µ ²¯ ∞ X =⇒ ∞ X an div. n=1 B ±° 1. Legyen ε = 1−c , ı́gy q = c + ε < 1. A határérték tulajdonsága miatt 2 an+1 < q < 1, an ∀ n > N (ε). ∞ P Ezért T1 (1)-ből adódik, hogy an és ı́gy vele együtt an is konvergens. n=1 n=N (ε) 2. Legyen ε = ∞ P c−1 , ı́gy q = c − ε > 1 . Ekkor ∃ N (ε) , hogy 2 an+1 > q > 1, an ∀ n > N (ε). Így T∗1 (2)-ből adódik az állı́tás. an+1 = ∞ , akkor is található n∞ an T∗1 (2) állı́tása c = ∞ esetén is igaz. Ugyanis, ha lim megfelelő q . (Pl q = 2 is választható) ²¯ an+1 M3 Ha lim ±° n∞ an = 1 , akkor nem tudtunk meg semmit a konvergenciáról. Lehet a sor konvergens és divergens is. ∞ ∞ X X 1 1

divergens, és a konvergens sorok esetén egyaránt Pl. 2 n n 1 1 an+1 = 1. n∞ an lim ²¯ M4 A fenti tétel tovább finomı́tható. Bebizonyı́thatók az alábbi állı́tások is: ±° Ha an > 0 ∀ n, és lim c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° an+1 <1 an 17 =⇒ ∞ X an konvergens. 1 v1.4 an+1 >1 Ha an > 0 ∀ n, és lim an (lim ∞ X =⇒ an divergens. 1 an+1 ≥ 1 a konvergenciáról nem mond semmit.) an ¶³ Pl. Konvergens-e az alábbi sor? µ´ ∞ X (n + 2) 3n+1 n! n=1 A feladatot a T1∗ tétellel (hányadoskritériummal) oldjuk meg. an+1 (n + 3) 3n+2 n! 3 (n + 3) = lim = lim = n+1 n ∞ (n + 1)! (n + 2) 3 n ∞ (n + 1) (n + 2) an lim n∞ 3 = lim n∞ n 5.31 3 1+ ¶ µn ¶ = 0 < 1 2 1 (1 + 1+ n n =⇒ ∞ X an konvergens. Feladatok Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából! ¡√ ¢n ∞ ∞ X X 2 n! 4. 1. nn (2n + 1)! 1 1 2. ∞ X 1 3n+2 2n (n + 2)! 5. 1 ∞ X

(n!)2 3. (2n)! 1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° ∞ X 6. ∞ X nk 1 18 n+2 (n + 1)n+3 n! , k ∈ N+ v1.4 5.4 Gyökkritérium ²¯ T2 Ha ∀ n ≥ N -re an > 0 és ±° 1. √ n an ≤ q < 1 ∞ X =⇒ an konv. N 2. √ n an ≥ 1 ∞ X =⇒ an div. N ²¯ B ±° 1. 0 < an ≤ q n ∞ X és =⇒ q konvergens =⇒ N kritérium miatt. 2. an ≥ 1 n an 6 0 ∞ X an konvergens a majoráns N =⇒ ∞ X an div. N ²¯ √ M5 n an ≥ 1 elég, ha végtelen sok n-re igaz. Nem kell, hogy ∀ n > N -re teljesüljön ±° Ekkor már ∃ anr 6 0 részsorozat. Ez a tétel is kimondható limeszes alakban: ²¯ T 2∗ Ha lim ±° n∞ √ n an = c c<1 és =⇒ c > 1 vagy c = ∞ =⇒ ∞ X ∞ X an konvergens. an divergens. ²¯ B Hasonló a hányados kritériumnál látotthoz. ±° ²¯ √ n a n = 1 esetén nem használható a gyökkritérium. Az alábbi két példa igazolja

állı́tásunk helyességét. M6 c = 1 , tehát lim ±° n∞ ¶³∞ P1 divergens és n r 1 1 √ =1 = lim √ lim n an = lim n n∞ n∞ n n∞ n n Pl. µ´ ¶³∞ P 1 µ´ n2 konvergens és Pl. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 19 v1.4 lim √ n n∞ r an = lim n∞ n 1 1 =1 = lim √ n 2 n∞ ( n)2 n Bebizonyı́tható az alábbi állı́tás is: Ha an > 0, n > N és lim Ha an > 0, n > N és lim √ n √ n an < 1 =⇒ an > 1 =⇒ ∞ X ∞ X ²¯ M6 A második állı́tás könnyen bizonyı́tható, hiszen ±° an konv. an div. lim √ n an > 1 -ből következik a divergencia, mivel végtelen sok n -re: √ n an > 1 =⇒ an > 1 ; tehát ∃ anr 6 0 részsorozat. ¶³ Pl. Konvergens-e az alábbi sor? µ´ ¶2n3 ∞ µ X 2n2 + 2 2n2 + 5 n=1 A feladatot a T2∗ tétellel (gyökkritériummal) oldjuk meg. ¶2n2 µ 2 ¶2n2 µ 2 1+ 2 e2 1 2n + 2 2n √ = = < 1 = lim lim n an = lim

¶ µ 2 2n n∞ n∞ n∞ 2n2 + 5 e5 e3 5 1+ 2 2n ∞ X =⇒ an konvergens. n=1 5.41 Feladatok Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából! 1. ∞ X 1 3n n2 7n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 2. 20 ∞ X n2 3n 7n+1 1 v1.4 ∞ X n6 3. 2n+3 1 6. ∞ X 1 2n 4n + 1 ¶ n2 ∞ µ X n+3 4. n+5 1 7. ¶n2 +2n ∞ µ X 3n + 1 5. 3n + 3 1 ¶ n2 ∞ µ X 1 n 8. n−2 4n 1 ∞ X 1 3n+1 42n+1 (3n + 1) További kidolgozott példák ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 7n n4 8n = ∞ X an n=1 Ezt a feladatot legegyszerűbben a majoráns kritérimmal oldhatjuk meg. ∞ X 1 konvergens (α = 4 > 1) n4 n=1 1 8n an < 4 n = 4 , n 8 n =⇒ ∞ X an konvergens n=1 A hányados kritérium, illetve a gyökkritérium is használható lenne. ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 n4 7n 8n = ∞ X an n=1 Ennek a feladatnak a megoldása már a majoráns kritérummal elég nehézkes lenne. A hányados kritérim alkalmazható, de

itt a gyökkritérium alkalmazása a legjobb választás. √ ∞ 4 n X 7 n) 7 ( √ = < 1 =⇒ lim n an = lim an konvergens. n∞ n∞ 8 8 n=1 ¶³ ∞ X Pl. µ´ n=1 3n+1 (2n + 1) 5n = ∞ X an n=1 Most viszont a hányados kritérium alkalmazása a legcélszerűbb. (A gyökkritérium al√ n 2n + 1 sorozat határértékének kalmazásánál a rendőrelvre is szükségünk lenne az c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 21 v1.4 bizonyı́tásához.) an+1 3n+2 (2n + 1) 5n 3 2n + 1 = = lim lim = lim n ∞ an n∞ 5 n ∞ (2n + 3) 5n+1 2n + 3 3n+1 1 ∞ 2 + X 3 3 n = < 1 =⇒ = lim an konvergens. 3 n∞ 5 5 2+ n ¶³ ∞ X (n + 1)! 2n 32n Pl. µ´ n=1 = ∞ X n=1 µ ¶n 2 (n + 1)! 9 Itt is a hányados kritériumot alkalmazzuk: µ ¶n+1 2 (n + 2)! an+1 2 9 µ ¶n = lim = lim (n + 2) = ∞ > 1 lim n∞ 9 n∞ n ∞ an 2 (n + 1)! 9 ∞ X =⇒ an divergens. ¶³ Pl. Abszolút vagy feltételesen konvergens-e µ´ ∞ X

(−1)n n=2 n sor? +3 5 n2 Nem abszolút konvergens, mert |an | = n 1 n = ≥ 2 2 +3 5n + 3n 8n 5n2 ∞ 1 ∞ P 1 P divergens, tehát |an | divergens (a minoráns kritérium miatt). 8 n=2 n n=2 ∞ X Viszont an konvergens, mert Leibniz tı́pusú. Ugyanis és n=2 |an | = n & 0, mert +3 5n2 |an | = 1 1 n =0 3 0· 2 n 5 + n2 5 |{z} 1 =n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 22 v1.4 És n+1 n < = |an | 5(n + 1)2 + 3 5n2 + 3 ⇑ (n + 1)(5n2 + 3) < n (5n2 + 10n + 8) ⇑ 5n3 + 5n2 + 3n + 3 < 5n3 + 10n2 + 8n ⇑ 0 < 5n2 + 5n − 3 , ha n ≥ 2 |an+1 | = Vagyis a sor feltételesen konvergens. (Majd folytatjuk.) 5.5 Integrálkritérium ²¯ T Legyen f pozitı́v értékű monoton csökkenő függvény [1, ∞) -en és f (k) = ak > 0 ±° 1. Ha R∞ f (x) dx konvergens ∞ P =⇒ 2. Ha R∞ ak konvergens k=1 1 f (x) dx divergens ∞ P =⇒ ak divergens k=1 1 ²¯ M ⇐⇒ állı́tás is igaz, tehát a

sor és az improprius integrál egyidejűleg konvergens, ±° illetve divergens. ²¯ B ±° 1. Mivel Zn a2 + a3 + · · · + an ≤ f (x) dx ≤ |1 {z } monoton növő függvénye n -nek ≤ lim Rn n∞ 1 ak > 0 és n P ak korlátos Z∞ f (x) dx = f (x) dx ∈ R , 1 =⇒ 2 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° ∞ P ak konvergens 2 23 =⇒ ∞ P ak konvergens 1 v1.4 Zn 2. f (x) dx ≤ a1 + a2 + · · · + an−1 = sn−1 1 Zn Mivel lim f (x) dx = ∞ n∞ =⇒ lim sn−1 = ∞ , tehát a sor divergens. n∞ 1 5.6 Hibabecslés pozitı́v tagú sorösszegek közelı́tése esetén 1. Ha a sor konvergenciája integrálkritériummal állapı́tható meg, akkor az s sorösszeg sn részletösszeggel való közelı́tésének hibáját is egy integrállal becsülhetjük. ²¯ T Ha az integrálkritérium 1. állı́tásának feltételei teljesülnek, akkor az ±° s ≈ sn közelı́tésnél

elkövetett hiba H = rn = an+1 + an+2 · · · = ∞ X Z∞ ak ≤ k=n+1 f (x) dx n ²¯ B Mivel ±° Zm f (x) dx , an+1 + an+2 · · · + am ≤ n ezért H = rn = lim m P m∞ k=n+1 Zm ak ≤ lim Z∞ f (x) dx = m∞ n f (x) dx. n 2. Ha a sor konvergenciájára hányados vagy gyökkritériummal következtettünk, akkor a sorhoz található konvergens majoráló geometriai sor A majoráló sor rn∗ maradékösszegével becsülhetjük az eredeti sor rn maradékösszegét. (L. előadás és gyakorlat!) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 24 v1.4 6. Műveletek konvergens sorokkal ²¯ ∞ P T Ha ±° ak = Sa ∞ P és k=1 Sa , S b ∈ R b k = Sb , k=1 ∞ P =⇒ (ak + bk ) = Sa + Sb ∞ P és k=1 ²¯ B ±° Sa = lim san = lim n∞ n P n ∞ k=1 n P Sb = lim sbn = lim n∞ n ∞ k=1 Sa+b = lim sa+b n ak bk µ n P n P = lim (ak + bk ) = lim ak + n ∞ k=1 n∞ k=1 µ n ¶ µ n ¶ P P lim ak + lim

bk = Sa + Sb n∞ n∞ (c · ak ) = c · Sa . k=1 n∞ k=1 n P ¶ bk = k=1 k=1 Másrészt n P Sc a = lim scna = lim n∞ 6.1 n ∞ k=1 (c ak ) = c lim n P n ∞ k=1 ak = c Sa Végtelen sorok természetes szorzata a1 b1 + b2 + b3 + b4 + . . + a2 + a3 + a4 + ··· + ak + ··· b1 a1 + b1 a2 + b1 a3 + b1 a4 + · · · + b1 ak + · · · b2 a1 + b2 a2 + b2 a3 + b2 a4 + · · · + b2 ak + · · · b3 a1 + b3 a2 + b3 a3 + b3 a4 + · · · + b3 ak + · · · b4 a1 + b4 a2 + b4 a3 + b4 a4 + · · · + b4 ak + · · · . . + bk bk a1 + bk a2 + bk a3 + bk a4 + · · · + . . . . + bk ak + · · · A természetes szorzat elemei: c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 25 v1.4 t1 = b1 a1 , t2 = b2 a1 + b2 a2 + b1 a2 , A természetes szorzat: ∞ X tk , ahol n X k=1 k=1 ²¯ T Ha ±° ∞ X ak = Sa ∞ X és k=1 t3 = b3 a1 + b3 a2 + b3 a3 + b2 a3 + b1 a3 , . n X tk = ak k=1 n X bk = Sb , akkor a k=1 bk . k=1

∞ X ak és k=1 k=1 bk sorok k=1 természetes szorzata konvergens, és à ∞ !à ∞ ! ∞ X X X tk = ak bk = Sa Sb . k=1 ∞ X k=1 (Bizonyı́tás az előzőek alapján nyilvánvaló.) 6.2 Végetelen sorok Cauchy-szorzata a1 b1 + b2 + b3 + b4 + . . + b1 a1 ´ ´ ´ b2 a1 ´ ´ ´ b3 a1 ´ ´ ´ b4 a1 a2 + b1 a2 a3 + + ··· + ak + ··· b1 a4 ··· b1 ak ··· b2 a3 b2 a4 ··· b2 ak ··· b3 a2 b3 a3 b3 a4 ··· b3 ak ··· b4 a2 b4 a3 b4 a4 ··· b4 ak ··· bk a2 bk a3 bk a4 ··· bk ak ··· ´ ´ ´ b2 a2 ´ ´ ´ b1 a3 a4 ´ ´ ´ . . + bk bk a1 + . . . . A Cauchy-szorzat elemei: c1 = b1 a1 , c2 = b1 a2 + b2 a1 , c3 = b1 a3 + b2 a2 + b3 a1 , ···, cn = b1 an + b2 an−1 + b3 an−2 + · · · + bn a1 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 26 (indexek összege n + 1 ). v1.4 A Cauchy-szorzat: ∞ X cn , ahol cn = n=1 ²¯ T Ha ±° n X bk an−k+1 . k=1 ∞ X

∞ X ak és k=1 akkor a ∞ X k=1 ak és k=1 bk abszolút konvergens sorok és ∞ X ∞ X ak = Sa , k=1 bk ∞ X b k = Sb , k=1 Cauchy-szorzata is abszolút konvergens, és k=1 ∞ X cn = Sa Sb , ahol cn = n=1 n X bk an−k+1 . k=1 ¶³ ∞ X (¬B) 1 k 2 k Pl. µ´ x = 1 + x + x + · · · + x + · · · = 1 − x , ha |x| < 1. ∞ X k=0 (−1)k xk = 1 − x + x2 + · · · + (−1)k xk + · · · = k=0 1 , ha |x| < 1 . 1+x Írjuk fel a fenti két sor Cauchy-szorzatát! 1 1 + −x + x2 + −x3 + . . + (−1)k xk + . . + 1 −x x ´ ´ ´ x −x2 ´ ´ x2 ´ −x3 ´ ´ ´ x3 x2 ´ x3 ··· xk ··· −x4 ··· −xk+1 ··· x4 x5 ··· xk+2 ··· −x5 −x6 ··· −xk+3 ··· + x2 −x3 ´ ´ ´ ´ ´ −x4 + ··· + ··· ´ ´ ´ x3 xk + + . . ··· . . Cauchy-szorzat: 1+0+x2 +0+x4 +0+x6 +· · · = 1+x2 +x4 +x6 +· · ·+x2k +· · · = ha |x| < 1 . c Kónya I. –

Fritz Jné – Győri S ° 27 1 1 1 = · , 2 1−x 1−x 1+x v1.4 Házi feladat: ∞ ∞ X X xk yk = ex és = ey sorok Cauchy-szorzatát! k! k! k=0 k=0 ∞ k X (x + y) eredményt kell kapni.) ex · ey = ex+y = k! k=0 Határozzuk meg a (Megjegyzés: 6.3 Zárójelek elhelyezése illetve elhagyása végtelen sor esetén a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + · · · A fenti sor részletösszegei: s1 = a1 , s2 = a1 +a2 , s3 = a1 +a2 +a3 , s4 = a1 +a2 +a3 +a4 , s5 = a1 +a2 +a3 +a4 +a5 , . stb. Az a1 + a2 + (a3 + a4 + a5 ) + a6 + · · · {z } | a∗3 bezárójelezett új sor részletösszegei s∗1 = a1 , s∗2 = a1 + a2 , s∗3 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 , s∗4 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 , . Zárójelek elhelyezése esetén a részletösszegek sorozata szűkül. Ha a sor konvergens volt, akkor zárójelek behelyezése esetén is konvergens marad. Előfordulhat, hogy divergens sorból – zárójelek elhelyezése után – konvergens sor

lesz. Pl. (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − · · · Véges sok zárójel elhelyezése nem befolyásolja a konvergenciát! Zárójelek elhagyása után a részletösszegek sorozata bővül. Ha a sor divergens volt, akkor zárójelek elhagyása esetén is divergens marad. Előfordulhat, hogy konvergens sorból – zárójelek elhagyása után – divergens sor lesz. Véges sok zárójel elhagyása nem befolyásolja a konvergenciát! 6.4 Végtelen sor elemeinek felcserélése (átrendezése) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + · · · + ak + · · · a1 + a3 + a2 + a100 + a5 + a6 + · · · + a99 + a4 + a101 + · · · Véges sok elem felcserélése nem változtatja meg a konvergencia vagy divergencia tényét, nem változik meg a sorösszeg sem. Végtelen sok elemcsere megváltoztathatja a sorösszeget, feltételesen konvergens sor átrendezhető akár divergenssé is. c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 28 v1.4 ²¯

T Ha ±° ∞ X ak konvergens és k=1 ∞ X ∞ X |ak | divergens, akkor k=1 ak átrendezhető úgy, hogy k=1 divergens legyen, és átrendezhető úgy is, hogy egy előre tetszőlegesen megadott szám legyen az összege. (Nem bizonyı́tjuk) ∞ ²¯ X T Ha ±° ak abszolút konvergens, akkor tetszőleges átrendezése is abszolút konvergens, k=1 az átrendezés nem változtatja meg a sorösszeget. (Nem bizonyı́tjuk) 7. 1. Feladatok sorokhoz a) b) ∞ X 3k+1 + 22k+1 2 ∞ X 1 c) ∞ X 1 5k =? 2 =? n(n + 2) 1 n q 1+ 1 n − 1 n+1 q + 1+ 1 n+1 =? 2. Konvergensek-e az alábbi sorok? ∞ X 1 √ √ √ a) 3 n+ n+ 4n 1 ¡ n ¢n 3 ∞ X n +1 n+1 b) n5 + 1 1 ∞ r X 1 n c) 2 n +5 1 d) ∞ X 1 e) ∞ X 1 f) ∞ X 1 g) 1 h) i) ∞ X 2 nn−1 3n + 1 k) 3n n 4n+1 l) ∞ X 1 2n 1 (ln n)n n3 73n+2 ∞ X 2n · n 1 29 2n + n ∞ X n2 1 j) 1 n + 2n ∞ X 2n + 1 1 5n (2n + 3)! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S

° ∞ X (3n)! v1.4 ¶n ∞ µ X n+1 m) 2n + 3 1 n) ∞ X 3n + 4 n 1 o) ∞ X 5n + 6 n (−1)n 1 p) ∞ X (−1)n 1 q) ∞ X 10n t) n! n2 1 Ã √ !n2 +n ∞ X 3 u) 1− n 1 ∞ X 1 n+1 2n + 1 v) n n2 + 5 w) n (−1) 3 n +5 n ∞ X x) 1 ∞ X y) n3 ¢n 4 + n22 2n 2n + 1 ∞ µ X 1 z) ¡ n! nn 1 ∞ µ X 1 1 n p √ n − n2 − n + 3 10 Ã √ !n ∞ X 5 s) 1− 3n 1 r) ∞ X n 2 n +1 ∞ µ X 1 ¶ n2 ¶ n2 n n−1 ¶ n2 1 2n 3. Határozzuk meg az alábbi sorok értékét 10−3 -nál kisebb hibával! ¶n ∞ µ X n2 a) 2n2 + 1 1 b) c) ∞ X 2 ∞ X 1 (2n)! − n! (−1)n 1 2n 2n + 10n ∞ X (−2)n d) n · 2n + 5 1 e) f) ∞ X 2n 1 ∞ X 1 n! n! 3n (2n)! 4. Mekkora hibát követünk el, ha a sorösszeget 10 részletösszegével közelı́tjük? ∞ P (s ≈ s10 ; H = r10 = ak ; |H| ≤ ?) k=11 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 30 v1.4 a) b) ∞ X 1 ∞ X 1 1 √ n! + 2 n2 1 + 3n ¶n ∞ µ X n+1

c) 3n + 1 1 d) e) f) ∞ X n! (2n)! 1 ∞ X 1 ∞ X 1 3n 22n + n2 + 3 (−1)n (n − 1) n2 + n 5. Abszolút illetve feltételesen konvergens-e az alábbi sor? a) b) c) ∞ X 1 ∞ X 1 ∞ X 1 (−1)n n+4 n2 + 4 (−1)n n log2 n2 (−1)n 2n2 − 3n + 8 1 1 1 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − 3 + ··· + 2 − n + ··· 3 2 3 3 3 n 3 1 1 1 1 √ − 2 + ··· + √ − 2 + ··· n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + n − ··· −1 + − + 2 − + 3 − · · · − 2 2! 2 3! 2 n! 2 1 1 1 1 − + ··· 1 − 2 + 3 − ··· + 2 3 (2n − 1)3 (2n)2 1 1 1 1 1 − n + ··· 1 − + − 2 + ··· + 2 3 2 2n − 1 2 d) 1 − e) f) g) h) c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 31 v1.4 8. Számsorozatok nagyságrendje ²¯ D an = O(bn ) ±° ( nagy ordó bn ”), ha ∃ c1 : ” |an | ≤ c1 |bn |, n > N (legfeljebb véges sok kivétellel) ²¯ D an = Ω(bn ) ±° ( omega bn ”), ha bn = O(an ). ” Vagyis |bn | ≤ c1 |an | n > N (∃ c1 ). 1 Ekkor: c2 |bn | =

|bn | ≤ |an |, vagyis most |an | alulról becsülhető |bn | segı́tségével. c1 ²¯ D an = Θ(bn ) ±° ( teta bn ”), ha an = O(bn ) és an = Ω(bn ). ” Az előzőből következik: ²¯ T an = Θ(bn ) ⇐⇒ c2 |bn | ≤ |an | ≤ c1 |bn | ±° ¶³ Pl. an = 2n2 − n + 3 µ´ 1. an = O(n2 ), mert 2n2 − n + 3 ≤ 2 · n2 , ha n ≥ 3 Persze an = O(n3 ) is igaz, sőt általánosságban: an = O(n2+α ), α ≥ 0. 2. an = Ω(n2 ), mert 1 · n2 = 2n2 − n2 ≤ 2n2 − n + 3 Sőt an = Ω(n2−α ), α ≥ 0. 3. Tehát an = Θ(n2 ) 8.1 Műveletek Θ-val ²¯ T a n , b n , c n , dn > 0 ±° an = Θ(cn ) bn = Θ(dn ) ) =⇒  1.      2.      3. an · bn = Θ(cn · dn ) µ ¶ cn an =Θ bn dn an + bn = Θ(cn + dn ) Különbségre nem igaz! Megj.: Akkor van értelme használni ezt, ha cn és dn sokkal egyszerűbb” sorozatok ” ²¯ B ±° 0 < α1 cn ≤ an ≤ α2 cn , mert an = Θ(cn ) 0 < β1 dn

≤ bn ≤ β2 dn , c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 32 mert bn = Θ(dn ) v1.4 1. Azonos értelmű egyenlőtlenségek összeszorozhatók: (α1 β1 )cn dn ≤ an bn ≤ (α2 β2 )cn dn 2. 0 < α1 cn ≤ αn ≤ α2 cn    1 1 1  1 1  ≤ ≤ 0< β2 dn bn β1 dn µ ¶ an cn =Θ tehát bn dn =⇒ µ =⇒ α1 β1 ¶ an bn = Θ(cn dn ) cn an ≤ ≤ dn bn µ α2 β1 ¶ cn , dn 3. α(cn + dn ) ≤ α1 cn + β1 dn ≤ an + bn ≤ α2 cn + β2 dn ≤ β(cn + dn ) α = min{α1 , β1 }, β = max{α2 , β2 } =⇒ an + bn = Θ(cn + dn ) ¶³ √ √ n2 − n + 1 = √ n2 + 4n √ = 2n2 + 3n + 1 + n2 − n + 1 µ 2¶ Θ(n2 ) n Θ(n2 ) Θ(n2 ) = =Θ = Θ(n) =⇒ an ∞ = = Θ(n) + Θ(n) Θ(n + n) Θ(n) n Pl. an = µ´ ¶³ Pl. an = µ´ 2n2 + 3n + 1 − √ 7n2 − 2n + 10 − Θ(1) =Θ = Θ(n + n) 8.2 µ ¶ 1 n =⇒ √ 7n2 − 2n + 3 = √ 7n2 10 − 3 √ = − 2n + 10 + 7n2 − 2n + 3 an 0 an ∼ bn ²¯ D an

aszimptotikusan egyenlő bn -nel, jelben an ∼ bn , ha ±° an =1 n∞ bn lim ¶³ sin 1 1 1 ∼ , mert lim 1 n = 1 n∞ n n n ¶³ ³ ´n √ n Pl. n! ∼ 2πn Stirling formula (¬B) µ´ e Pl. sin µ´ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 33 v1.4 ²¯ T a n , b n , c n , dn > 0 ±° an ∼ cn ) =⇒ bn ∼ dn  1. an + bn ∼ cn + dn       2. an bn ∼ cn dn    1 1  ∼ 3.   an cn       4. bn ∼ dn an cn Megint nincs különbség! ²¯ B ±° an ∼ cn : bn ∼ dn : an 1 cn bn 1 dn =⇒ =⇒ an < 1 + ε, cn bn < 1 + ε, 0<1−ε< dn 0<1−ε< n > N1 n > N2 Legyen n > max{N1 , N2 } = N 1. 1 − ε = an + bn (1 + ε)cn + (1 + ε)dn (1 − ε)cn + (1 − ε)dn < < = 1 + ε, cn + dn cn + d n cn + dn ha n > N 2. ¬B 3. 1 an 1 cn = cn 1 = an 1 an cn 4. Az előző kettőből következik: an ∼ cn =⇒ ¶³ Pl. an = µ´ √ 3 2n2 + n + 1 −

=⇒ 1 1 ∼ ; másrészt bn ∼ dn an cn dn bn ∼ an cn √ 3 2n2 − 3n − 7 = 2n2 + n + 1 − (2n2 − 3n − 7) √ √ ¢2 ∼ ¡√ 2n2 + n + 1 + 3 2n2 + n + 1 3 2n2 − 3n − 7 + 3 2n2 − 3n − 7 4n 4 4n √ = √ =⇒ an 0 ∼ ³√ √ ´ ³ ´ ³ ´ 4 = 2 2 2 3 √ √ 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 4 n 4 · 3 n 3 3 3 2n 2n 2n + + = ¡√ 3 ¢2 √ arctg n Pl. an = √ √ ∼ 3 µ´ 2n2 + n + 1 − 3 2n2 − 3n − 7 ¶³ c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 34 π 2 4 √ √ 3343n √ =konst· 3 n ∞ v1.4 ³ n ´2n ¶³ 2 (n!) Pl. ∼µ µ´ (2n)! 2n e e ¶ 2n 2πn √ 2π · 2n √ √ π n = 0 4n ¶³ Pl. Az előző példa felhasználásával: µ´ µ µ ¶ 4n 2n (2n)! √ √ ∼ = n!n! n π n ²¯ M an ∼ bn ±° 6=⇒ µ =Θ n 4n √ n n (an ) ∼ (bn ) ¶¶ √ 1 ∼ n 2 , de Pl. 1 + n ↓ ↓ 1 1 µ 1 1+ n ↓ e ¶n 6∼ 2 Persze an ∼ bn esetén akn ∼ bkn , k ∈ N+ már igaz (k 6= f (n)). (k valós is

lehet) ! à µ ¶k an an 1 =⇒ 1 bn bn És igaz a következő tétel is: ²¯ T an , b n > 0 ±° ²¯ an ∼ bn an 1 =⇒ bn r √ √ an n < n1+ε 1−ε < n bn ↓ ↓ 1 1 B an ∼ bn ±° =⇒ =⇒ =⇒ p √ n an ∼ n bn 0<1−ε< r =⇒ n an < 1 + ε, bn n > N (ε) an 1 bn r ¶³ r √ 3n2 − n n + 6 n 3 Pl. ∼1 µ´ 2n2 + 3n + 7 ∼ 2 n ¶³ 1 Pl. Határozza meg A és α értékét úgy, hogy cos − 1 ∼ Anα teljesüljön! µ´ n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 35 v1.4 1. megoldás: cos n1 − 1 =1 lim n∞ Anα =⇒ cos n1 − 1 = A 6= 0 lim n∞ nα α = 0-ra A = 0 lenne 0 0 = A lenne α > 0-ra ∞ u := ¾ =⇒ α<0 1 n − ↓ 0 n ∞ lim u+0 0 0 1 cos u − 1 − sin u sin u 1 L’H = lim = lim −α−1 · = = A −α −α−1 u+0 −αu u+0 u α α | u{z } alakú (−α>0) 1 α = −2, A = − . 2 1 1 1 Tehát cos − 1 ∼ − 2 n 2n ha −α − 1 = 1 =⇒ 2.

megoldás: 1 1 −2 sin2 cos − 1 x n 2n 1, ha = cos x − 1 = −2 sin2 azonosság segı́tségével: α α An An µ ¶2 2 1 1 A = − , α = −2 Anα = −2 2n 2 Feladat: 1 1 Határozza meg A és α értékét úgy, hogy sin − ∼ Anα fennálljon! n n ²¯ T ±°an > 0, bn > 0 an ∼ bn (Jelben: ²¯ =⇒ ∞ X ∞ X an ∼ an és ∞ X ∞ X bn egyidejűleg konvergens, illetve divergens bn ) an an 1 =⇒ 1 − ε < < 1 + ε. Legyen ε < 1 bn bn Tehát c1 bn < an < c2 bn (c1 = 1 − ε > 0, c2 = 1 + ε) B an ∼ bn ±° =⇒ ∞ ∞ X X 1 bn is konvergens (majoráns kritérium) Ha an konvergens, akkor bn < an miatt c1 ∞ ∞ X X 1 bn is divergens (minoráns kritérium) Ha an divergens, akkor an < bn miatt c2 c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 36 v1.4 Ha Ha ∞ X ∞ X ∞ X bn konvergens, akkor an < c2 bn miatt an is konvergens (majoráns kritérium) ∞ X bn divergens, akkor c1 bn

< an miatt an is divergens (minoráns kritérium) ¶³ ∞ X ∞ X 1 √ = an µ´ 3n2 − 2 n + 8 Pl. 1 an ∼ 2 = bn 3n ¶³ ∞ X Pl. µ´ 7n + an ∼ 1 √ 3 1 = bn 7n ¶³ ∞ X ∞ X és n−1 ∞ X = és ∞ X bn konvergens ∞ X =⇒ an konvergens an =⇒ bn divergens ∞ X an divergens ∞ 1 X = an arctg µ´ n ∞ X 1 an ∼ = bn és bn divergens n ¶ X ¶³ ∞ ∞ µ X 1 Pl. an µ´ 1 − cos n = Pl. 1 1 1 ∼ 2 2 = 2 = bn an = 2 sin 2n 4n 2n 2 =⇒ és ∞ X ∞ X an divergens bn konvergens =⇒ ∞ X an konvergens Feladatok: Konvergensek-e az alábbi sorok? ¶ ∞ µ X 1 1 − arctg 1. n n n=1 2. ∞ µ X n=1 3. ∞ X n=1 3 2 ch − cos n n µ ¶ 1 ¶ 3n n c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 37 v1.4 ²¯ D an = o(bn ) ( kis ordó bn ”), ha ∀ c > 0-ra ±° ” |an | ≤ c|bn | n > N -re Más jelölés is használatos: an ¿ bn , ha an = o(bn ) (Nagyságrendileg kisebb vagy lényegesen

kisebb.) ¯ ¯ ¯ an ¯ A definı́ció következménye, hogy bn 6= 0 esetén ¯¯ ¯¯ ≤ c, bn n > N ∀ c > 0-ra. Ebből ¯ ¯ ¯ an ¯ persze már következik, hogy ekkor ∀ ε > 0-hoz ∃ N0 (ε), hogy ¯¯ ¯¯ < ε, ha n > N0 (ε). bn Nyilvánvalóan igaz az alábbi állı́tás is: ²¯ T ±°an = o(bn ), an =0 n∞ bn bn 6= 0 ⇐⇒ lim ¶³ Pl. Mit jelent an = o(1)? µ´ Mivel ∀ c > 0-ra |an | ≤ c, ha n > N , ezért lim an = 0 n∞ ²¯ M A következő állı́tás is könnyen bizonyı́tható lenne: ±° an ∼ bn ⇐⇒ an = bn (1 + o(1)). ¶³ n! Pl. n! = o(nn ), mert lim =0 µ´ n∞ nn 1. megoldás: 0< 1 · 2···n n! 1 = < n n n · n···n n 2. megoldás: n! ∼ nn ¡ n ¢n √ e 2πn nn + rendőrelv √ = 2πn 0 en Vége! c Kónya I. – Fritz Jné – Győri S ° 38 v1.4