Matematika | Analízis » Bakos Gergely - Sorok és sorozatok kapcsolata a Riemann integrállal

http://www.doksihu Sorok és sorozatok kapcsolata a Riemann integrállal Szakdolgozat Írta: Bakos Gergely Matematika BSc, Matematikai elemz® szakirány Témavezet®: Pfeil Tamás, adjunktus Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar 2010 http://www.doksihu Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1. Alapfogalmak 4 2. Sorösszegek meghatározása 5 2.1 Euler sor 5 2.2 Az alternáló harmonikus sor 7 2.21 Bizonyítás Taylor-sorral 8 2.22 Elemi bizonyítás 8 2.23 Zheng bizonyítása 9 2.3 Egy Leibniz-típusú sor 11 2.4 Stirling-formula 12 2.5 Euler állandó közelítése 15 2.51 Geometriai közelítés

15 2.52 Lingying közelítése 17 2.6 π két el®állítása végtelen sor összegeként 19 2.61 Dalzell eredménye 19 2.62 Chan eredménye 21 3. Integrálok meghatározása sorok segítségével 24 3.1 Példák 24 3.2 A Gauss-féle számtani-mértani közép és egy alkalmazása 31 3.21 Gauss-féle számtani-mértani közép 31 3.22 Másodfajú elliptikus integrál 32 2 http://www.doksihu Bevezetés Szakdolgozatom témája a sorok és sorozatok. El®ször pár kés®bb használandó deníciót mutatok be Utána nevezetes és kevésbé ismert sorösszegeket vizsgálok Ezt követ®en példákat mutatok ezen sorok összegének felhasználására. Olyan eseteket vizsgálok, amikor a Riemann integrál értékét nem lehet meghatározni primitív függvény

segítségével, de pontos vagy közelít® értéket lehet adni sorok, sorozatok segítségével. Az utolsó rész témája Gauss-féle számtani-mértani közép és annak egy lehetséges felhasználása. 3 http://www.doksihu 1. fejezet Alapfogalmak A kötelez® analízis el®adások anyagát ismertnek tekintem, mégis az alábbiakat felsorolom. Állítás. Ha egy függvénysorozat egyenletesen konvergens H1 és H2 halmazon, akkor egyenletesen konvergens a H1 ∪ H2 halmazon is. Tétel. Legyen P fn olyan függvénysor, melynek tagjai majorálhatók egy konvergens numerikus sor tagjaival, azaz létezik olyan (an ) sorozat, melyre |fn | ≤ an , n ∈ N+ és P an konvergens. Tétel. Tegyük fel, hogy a ∞ P n=1 + fn = f függvénysor egyenletesen konvergens az [a, b] intervallumon. Ha minden n ∈ N esetén fn Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor f is integrálható [a, b]-n, és Zb f (x)dx = ∞ Z X b fn (x)dx. n=1 a a Deníció. Legyen f

akárhányszor dierenciálható az x0 pontban A ∞ X f (k) (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k függvénysort az f függvény x0 ponthoz tartozó Taylor-sorának nevezzük. 4 http://www.doksihu 2. fejezet Sorösszegek meghatározása 2.1 A Euler sor ∞ P n=1 1 n2 sor , melyet Euler-sornak is neveznek, konvergens és összege Tétel. π2 6 . ∞ X 1 π2 = . 2 n 6 n=1 Bizonyítás. Legyen 0!! := 1 és n ∈ N+ esetén (2n)!! := 2 · 4 · . · (2n) , (2n − 1)!! := 1 · 3 · · (2n − 1) Az arcsin függvény 0 középpontú Taylor sora a [−1, 1] intervallumon konvergens és arcsin(x) = ∞ X n=0 (2n − 1)!! x2n+1 , | x |≤ 1. (2n)!!(2n + 1) Tudjuk, hogy 1 2 3 4 2n − 1 2n < , < ,., < , n ∈ N+ . 2 3 4 5 2n 2n + 1 Az egyenl®tlenségeket összeszorozva (2n − 1)!! (2n)!! < , (2n)!! (2n + 1)!! így (2n − 1)!! 1 , <√ (2n)!! 2n + 1 5 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 6 (2n − 1)!! 1 < , n ∈ N+ . (2n)!!(2n +

1) (2n + 1)3/2 Legyen y ∈ [− π2 , π2 ] esetén x := sin(y), akkor y= ∞ X n=0 (2n − 1)!! sin(y)2n+1 . (2n)!!(2n + 1) (*) Ez a függvénysor a Weierstrass-kritérium szerint egyenletesen konvergens a [− π2 , π2 ] intervallumon. (2n − 1)!! (2n − 1)!! 1 sin(y)2n+1 ≤ < , n ∈ N+ . 3/2 (2n)!!(2n + 1) (2n)!!(2n + 1) (2n + 1) A ∞ P 1 3 n=0 n 2 sor konvergens, ezért a (∗) függvénysor egyenletesen konvergens a [− π2 , π2 ] inter- vallumon. Integrálom a (∗) mindkét oldalát a [0, π2 ] intervallumon az egyenletes konvergencia miatt a jobb oldal tagonként integrálható π/2 Zπ/2 ∞ Z X (2n − 1)!! y dy = sin(y)2n+1 dy. (2n)!!(2n + 1) n=0 0 Vezessük be a 0 Zπ/2 In := sinn (x) dx, n ∈ N+ 0 jelölést. Ekkor I0 = In+1 π 2 és I1 = − cos( π2 ) + cos(0) = 1. Ha n ∈ N+ , akkor Zπ/2 Zπ/2 2 n−1 = sin (x) sin (x) dx = (1 − cos2 (x)) sinn−1 (x) dx = 0 0 Zπ/2 Zπ/2 n−1 2 n−1 cos(x)[sinn−1 (x) cos(x)] dx. [sin (x) −

cos (x) sin (x)] dx = In−1 − 0 0 Parciálisan integrálva  0 Zπ/2 Zπ/2 1 n−1 n cos(x)[sin (x) cos(x)] dx = cos(x) sin (x) dx = n 0  0  cos(x) 1 sinn (x) n Zπ/2 π/2 − 0 1 1 sinn (x)(− sin(x)) dx = 0 + In+1 . n n 0 Ebb®l következik In+1 = In−1 − 1 In+1 , n http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 7 tehát In+1 = n In−1 n ∈ N+ . n+1 A rekurzióból I1 = 1 felhasználásával I2n+1 Zπ/2 = sin2n+1 (x) dx = (2n)!! , n ∈ N. (2n + 1)!! 0 A kapott eredmény segítségével Zπ/2 ∞ X y dy = n=0 0 (2n − 1)!! (2n)!! . (2n)!!(2n + 1) (2n + 1)!! Egyszer¶sítés után ∞ X n=0 A ∞ P n=1 1 n2 1 = (2n + 1)2 Zπ/2 π2 y dy = . 8 0 sor páros index¶ tagjaiból alkotott sor konvergens és ∞ X n=1 ∞ 1 1X 1 = . (2n)2 4 n=1 n2 A páratlan index¶ tagokból képzett sor is konvergens, összege Mivel n=0 ∞ ∞ ∞ X X 1X 1 1 1 = + , 2 2 2 n 4 n (2n + 1) n=0 n=1 n=1 ezért ∞ ∞ X 4X 4 π2 π2 1 1 = = · =

. 2 2 n 3 (2n + 1) 3 8 6 n=1 n=0 Következmény: ∞ X (−1)n+1 n=1 2.2 ∞ P 1 π = . 2 n 12 Az alternáló harmonikus sor Tétel. ∞ X n=0 (−1)n 1 = ln(2). n Három különböz® bizonyítást is mutatok erre a tételre. 1 . (2n+1)2 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 2.21 8 Bizonyítás Taylor-sorral Az f (x) := ln(1 + x), D(f ) := (−1, ∞) függvény 0 középpontú Taylor-sora konvergens a (−1, 1] intervallumon, és összegfüggvénye ln(1 + x) = ∞ X (−1)n n=0 xn , x ∈ (−1, 1]. n A hatványsor konvergencia sugara 1, és x = 1 esetén a sor Leibniz-típusú, ezért konvergens. Abel tétele szerint az egyenl®ség x = 1 esetén is fennáll, ezért ∞ X 1 (−1)n . n n=0 ln(2) = 2.22 Elemi bizonyítás Tekintsük a következ® sorozatot: an := n X 1 k=1 k − ln(n), n ∈ N+ . A monotonitás eldöntéséhez megvizsgálom, mikor teljesül an+1 < an . Ekvivalens lépésekkel n+1 X 1 k=1 k − ln(n + 1) <

n X 1 k=1 k − ln(n), n ∈ N+ ,   n+1 1 < ln , n+1 n  n+1 1 1 < ln 1 + . n Tudjuk, hogy az 1 + n1
n+1 , n ∈ N+ sorozat szigorúan monoton csökken, így  n+1 1 e< 1+ , n ∈ N+ . n Tehát az (an ) sorozat is szigorúan monoton csökken. Az (an ) sorozat korlátosságát teljes indukcióval bizonyítom. Megmutatom, hogy an ≥ 1 , n ∈ N+ . n n = 1 esetén a1 ≥ 11 . Ha pedig valamely pozitív egész n-re teljesül an ≥ n1 , akkor az egyenl®tlenség n + 1 esetén an+1   1 1 1 − ln 1 + > , = an + n+1 n n+1 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 9 ami ekvivalens átalakítással és az indukciós feltevés felhasználásával   1 1 > ln 1 + , n n n  1 , n ∈ N+ . 1 > ln 1 + n e> 1+
1 n n minden pozitív egész n-re teljesül, így an ≥ 1 n > 0, n ∈ N+ alapján az (an ) sorozat monoton és korlátos, ezért konvergens. Legyen A := lim(an ) ∈ [0, ∞) a sorozat határértéke. a2n − an =

2n X 1 k=1 k ! − ln(2n) − n X 1 k=1 k ! − ln(n) 2n X 1 = − ln(2), n ∈ N+ . k k=n+1 Mivel az (an ) és az (a2n ) sorozat is A-hoz tart, ezért a különbségük 0-hoz fog tartani, így 2n X 1 = ln(2), n ∈ N+ . lim n∞ k k=n+1 Deniáljuk a következ® sorozatot: bn := n X 1 (−1)k+1 , n ∈ N+ . k k=1 Ekkor b2n 1 1 1 = 1 − + − . − = 2 3 2n     1 1 1 1 1 1 1 + + + . + −2 + + . + . 2 3 2n 2 4 2n 2n X 1 lim b2n = lim = ln(2), n∞ n∞ k k=n+1   1 lim b2n+1 = lim b2n + = ln(2). n∞ n∞ 2n + 1 A páros és a páratlan index¶ részsorozat határértéke megegyezik, ezért lim (bn ) = ln(2). n∞ 2.23 Zheng bizonyítása Ez a legszebb és leghasznosabb bizonyítás, hiszen az alábbi két sor összegét is belátja: ∞ X n=1 n−1 1 (−1) n = ln(2), ∞ X n=1 (−1)n−1 1 π = . 2n − 1 4 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 10 π R4 Legyen In := tann (x) dx, n ∈ N+ . Mivel tan(x) : (0, π4 ) (0, 1)

bijekció, helyettesítéses 0 integrált használva az u = tan(x) helyettesítésel dx = Z1 1 1+u2 du un du, n ∈ N+ . 1 + u2 In = 0 Mivel 2u < 1 + u2 < 2, u ∈ (0, 1) így 1 = 2(n + 1) Z1 un du < In < 2 Z1 0 un−1 1 du = . 2 2n 0 Két nullához tartó sorozattal közrefogható az In sorozat, ebb®l következik rend®relv alapján, hogy lim In = 0. n∞ π Z4 In + In+2 = π 2  sin (x) cos2 (x) tann (x) 1 + Z4  dx = 0 tann (x) 1 dx = cos2 (x) 0  tann+1 (x) n+1  π4 = 0 1 , n ∈ N+ . n+1 (*) Legyen En := (−1)n−1 I2n , n ∈ N+ , ekkor (∗) felhasználásával En − En−1 = (−1)n−1 (I2n + I2n−2 ) = (−1)n−1 , 2n − 1 valamint Zπ/4 Zπ/4 E1 = I2 = tan2 (x) dx = 0  1 π − 1 dx = [tan(x) − x]π/4 =1− . 0 2 cos (x) 4 0 Ezekb®l következik En = n X (Ek − Ek−1 ) + E1 = k=2 n X (−1)k−1 k=1 2k − 1 Mivel lim In = 0, ezért lim En = 0, ami igazolja, hogy n∞ n∞ ∞ X (−1)n−1 n=1 2n − 1

= π . 4 − π , n ∈ N+ . 4 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 11 Legyen On := (−1)n−1 I2n−1 , n ∈ N+ , így a (∗) segítségével On − On−1 = (−1)n−1 (I2n−1 + I2n−3 ) = (−1)n−1 . 2n − 2 Zπ/4 1 O1 = I1 = tan(x) dx = [− ln |cos(x)|]π/4 = ln(2), 0 2 0 n X 1 On = (Ok − Ok−1 ) + O1 = 2 k=2 ln(2) − n−1 X (−1)k−1 k=1 ! k . Mivel lim In = 0, így lim On = 0, ezért n∞ n∞ ∞ X (−1)n−1 n=1 2.3 n = ln(2). Egy Leibniz-típusú sor Állítás. ∞ X (−1)n n=0 1 π 1 = − ln(2). (2n + 1)(2n + 2) 4 2 Bizonyítás. Az f (x) := arctan(x), D(f ) := R függvény 0 középpontú Taylor-sora a [−1, 1] intervallumon konvergens, arctan(x) = ∞ X n=0 (−1)n 1 x2n+1 , x ∈ [−1, 1]. (2n + 1) (*) A függvénysor egyenletesen konvergens a [0, 1] intervallumon, mert minden x ∈ [0, 1] esetén a ∞ P 1 (−1)n 2n+1 x2n+1 Leibniz-típusú sor, így az sn (x) részletösszegnek a sor

összegét®l n=0 való eltérésére |sn (x) − arctan(x)| ≤ 1 1 x2n+1 ≤ . 2n + 1 2n + 1 A (∗) egyenl®ség mindkét oldalát integráljuk a [0, 1] intervallumon. Z1 arctan(x) dx = 0 Z1 X ∞ 0 ∞ X ∞ X 1 1 x2n+1 dx = (−1)n (−1)n (2n + 1) (2n + 1) n=0 n=0 Z1 0  2n+2 1 X ∞ 1 x 1 (−1) = (−1)n . 2n + 1 2n + 2 0 n=0 (2n + 1)(2n + 2) n=0 n x2n+1 dx = http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 12 Helyettesítéses integrált használva, ha x = tan(y), akkor dx = Z1 Zπ/4 arctan(x) dx = y 0 1 dy = [y tan(y)]π/4 − 0 2 cos (y) 0 Végül , ezért Zπ/4 π ln(2) . tan(y)dy = − 4 2 0 ∞ X (−1)n n=0 2.4 1 dy cos2 (y) 1 π 1 = − ln(2). (2n + 1)(2n + 2) 4 2 Stirling-formula A Stirling-formula n! értékeit közelíti pozitív egész n esetén. n! ∼  n n √ e 2πn, azaz lim n∞ n! √ = 1. 2πn
n n e Sorok segítségével pontosabb közelítést keresek. Állítás. 0≤1+ 1 x2 1 1 x4 − ( + ) ln(1 + x)

≤ , x ∈ R+ . 12 1 + x x 2 120 (*) Bizonyítás. Legyen g(x) := 2x + Ekkor g 0 (x) = 2 + 1 x3 − (2 + x) ln(1 + x), D(g) := [0, ∞). 61+x 3x2 (1 + x) − x3 x + 2 − − ln(x + 1), x ∈ R+ . 6(x + 1)2 x+1 Így g(0) = g 0 (0) = 0 és 1 (6x2 + 6x)(1 + x)2 − (2x3 + 3x2 ) · 2(1 + x) 1 1 + − = 6 (1 + x)4 (1 + x)2 1 + x  3 (3x2 + 3x)(x + 1) − 2x3 − 3x2 + 3(x + 1) − 3(x + 1)2 1 x = > 0, x ∈ R+ . 3 3(x + 1) 3 1+x g 00 (x) = Mivel g 00 > 0 R+ -n és g 0 (0) = 0, ebb®l következik, hogy g 0 > 0 R+ -n. Mivel g 0 > 0 R+ -n és g(0) = 0, x ∈ R+ esetén g(x) > 0. g(x) 2x Legyen h(x) := > 0, x ∈ R+ -n, ami a (∗) egyenl®tlenség bal oldala. x5 − g(x), D(h) = [0, ∞), 60 ekkor h0 (x) = x4 − g 0 (x), x ∈ R+ . 12 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 1 1 x3 − g 00 (x) = x3 − h (x) = 3 3 3 00  x 1+x 13 3 > 0, x > 0. Ebb®l az el®bbihez hasonlóan h0 (0) = h(0) = 0 alapján h(x) > 0, x ∈ R+ .

Így h(x) 2x > 0, x ∈ R+ , innen kapom a (∗) az egyenl®tlenség jobb oldalát. Legyen an := akkor 1 an = an+1 n+1 ekkor an ln = an+1 n! √ ( ne )n √  n+ 12 n + 1 (n + 1)n+1 1 n+1 1 √ = , n n e n e n  1 n+ 2    1 ln 1 + − 1, n ∈ N+ . n Az (∗) egyenl®tlenség bal oldalát x := ln 2πn , n ∈ N+ . 1 n esetén alkalmazva adódik, hogy an 1 ≤ , n ∈ N+ . an+1 12n(n + 1)   n+k−1 n+k−1 X an ai 1 X 1 1 1 1 ln = ln ≤ = − , n, k ∈ N+ . an+k a 12 i(i + 1) 12 n n + k i+1 i=n i=n Ha n rögzített, akkor lim an+k = 1 a Stirling formula alapján, ezért k∞ 1 ln(an ) = lim (ln(an ) − ln(an+k )) ≤ lim k∞ k∞ 12  1 1 − n n+k  = 1 , n ∈ N+ . 12n Ebb®l 1 an ≤ e 12n , n ∈ N+ . A (*) egyenl®tlenség jobb oldalát x := 1 n esetén alkalmazva kapom a következ®t:
    1 4 1 n12 1 1 n 1+ − n+ ln 1 + ≤ , n ∈ N+ , 12 1 + n1 2 n 120  n+ 21 1 n12 1 1 1 1+ ≤ , 1 − ln 1 + 12 1 + n n 120 n4  n+ 12 1 1 1 1

1 an − ≤ ln 1 + − 1 = ln , n ∈ N+ . 4 12 n(n + 1) 120 n n an+1 A hányados logaritmusát most alulról becsülve ln n+k−1 n+k−1 n+k−1 X ai 1 X 1 1 X 1 an = ln ≥ − , n, k ∈ N+ . 4 an+k ai+1 12 i=n i(i + 1) 120 i=n i i=n (*) http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA Mivel az f (x) := 1 , x4 14 n ∈ R+ függvény szigorúan monoton fogy, így ∞ Z ∞ X 1 1 ≤ dx , n ∈ N+ . 4 4 i x i=n+1 n Ebb®l ∞ Z ∞ X 1 1 1 ≤ dx + = 4 4 4 i x n i=n n Zk  −3 k 1 1 1 x 1 1 dx + 4 = lim = 3 + 4 , n ∈ N+ . 4 4 k∞ −3 x n 3n n n n lim k∞ n Ha n rögzített, akkor lim an+k = 1, ezért (∗∗) következtében k∞ 1 1 1 1 1 ( − )− − . 3 k∞ 12 n n+k 360n 120n4 ln(an ) = lim (ln(an ) − ln(an+k )) ≥ lim k∞ ln(an ) ≥ 1 1 1 − − , n ∈ N+ . 12n 360n3 120n4 Legyen rn := 1 1 1 − − , n ∈ N+ , 3 12n 360n 120n4 így an > ern . Az exponenciális függvény konvex, ezért ern ≥ 1 + rn , n ∈ N+ . Továbbá

a Lagrangemaradéktagos Taylor-formula alapján bármely pozitív x-hez létezik olyan c ∈ (0, x), melyre 1 e000 (c) 3 x. e x = 1 + x + x2 + 2 3! Mivel 0 < c < x, ezért 1 ex ex < 1 + x + x2 + x3 , x ∈ R+ . 2 6 Tehát 1 ern < an < e 12n , n ∈ N+ . A fent kapott két becslésb®l következik 1 1 + rn ≤ ern < an < e 12n ≤ 1 + 1 1 1 e1/12 + + . 12n 288n2 6 (12n)3 Végül rn értékét beírva, továbbá az e 12 < 1, 2 becslést felhasználva 1 − 1 1 n! 1 1 1 √ − < − 1 − < + , n ∈ N+ . 2 3 n n 360n3 120n4 12n 288n 8640n ( e ) 2πn http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 2.5 15 Euler állandó közelítése Legyen Dn := n X 1 k=1 k − ln(n), n ∈ N+ . A 2.22 fejezetben már beláttam, hogy ez a sorozat konvergens Jelölje γ a sorozat határértékét: γ := lim Dn . n∞ Ezt a számot Euler konstansnak is nevezik. Nem ismert, hogy ez a szám racionális vagy irracionális. A következ®kben

kétféle közelítést is mutatok az Euler állandóra 2.51 Geometriai közelítés Állítás. 1 1 < Dn − γ < , n ∈ N+ . 2(n + 1) 2n Bizonyítás. Dn = n X 1 − ln(n) = k k=1 n X 1 k k=1 Zn − 1 dx. x 1 A logaritmus átalakításával      n n−1 2 ln(n) = ln ··· = n−1 n−2 1       n−1 2 n + ln + · · · + ln , n ∈ N+ . ln n−1 n−2 1 Ekkor n X 1 n X   k Dn = ln − = k k=2 k−1 k=1   n  X 1 k 1+ − ln . k k−1 k=2 Ez egy pozitív tagú sor részletöszeg-sorozata, ezért γ =1+ ∞  X 1 k=2 Legyen  Rn := ln k n+1 n  − ln  − k k−1  . 1 , n ∈ N+ . n+1 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 16 Az imént bevezetett jelölésel Dn = 1 − n X Rk−1 , n ∈ N+ , k=2 és az Euler konstans deníciója alapján a Dn − γ = ∞ P n=0 ∞ X Rn pozitív tagú sor konvergens. Így Rk , n ∈ N+ . k=n Az ábrán sötéttel jelölt n. síkidom területe Rn Minden

Rn felülr®l becsülhet® 21 del, mert a reciprok függvény konkáv R+ -n Az összes sötéttel jelölt síkidom egymás alá csúsztatható, így belefér az 1 n magas egység alapú téglalapba. Ezért Dn − γ = ∞ X k=n Rk < 1 . 2n http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 17 1 A második ábrán sötéttel jelölt háromszöget úgy kapom, hogy a grakon ( m+1 , m + 1) 1 és ( m+2 , m+2) pontjain átmen® szel® levág egy háromszöget az el®bb vizsgált Rn terület¶ síkidomból. A levágott háromszög területe
1 − m+2 , ebb®l   1 1 1 Rm > − , m ∈ N+ . 2 m+1 m+2 1 2 1 m+1 Ezt felhasználva ∞ X  ∞  1X 1 1 1 Rk > Dn − γ = − . = 2 m=n m + 1 m + 2 2(n + 1) k=n Így a közelítés 1 1 < Dn − γ < , n ∈ N+ . 2(n + 1) 2n 2.52 Lingying közelítése Tétel. Legyen rn := γ − Dn , n ∈ N+ , akkor 1 1 1 1 + < rn < + . 2(n + 1) 12(n + 1)(n + 2) 2(n + 1) 12(n + 1) Bizonyítás. Dn felírható a

következ® alakban: Dn = n X  1 − k k=1 Zk+1 k  1 dx = x n X  Z1  k=1 0 1 dt − k Z1 0  1 dt = k+t http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 1 18 1 n Z n Z X X k+t−k t dt = dt, n ∈ N+ . k(k + t) k(k + t) k=1 k=1 0 A ∞ R1 P k=1 0 t k(k+t) dt és a 0 n R1 P k=1 0 továbbá 1 k(k+1) dt sorok abszolút konvergensek, mert pozitív tagúak, 1 1 t 1 < 2 , < 2 , k ∈ N+ , t ∈ [0, 1], k(k + t) k k(k + 1) k és a ∞ P k=1 1 k2 sor konvergens. Ezekb®l ∞ Z1 X rn = k=n+1 0 ∞ Z1  X t k=n+1 0 ∞ Z1  X t k=n+1 0 t dt = k(k + t)   1 1 1 + − + dt = k(k + t) k(k + 1) k(k + 1) 1 1 − k(k + t) k(k + 1) Z1  dt + t dt 0 ∞ Z1 X k=n+1 0 Legyen sn := ∞ X 1 = k(k + 1) k=n+1 1 t(1 − t) dt + . k(k + 1)(k + t) 2(n + 1) ∞ Z1 X k=n+1 0 t(1 − t) dt, n ∈ N+ , k(k + 1)(k + t) ekkor rn = sn + Mivel Z1 Z1 t(t − 1) dt = 0 1 , n ∈ N+ . 2(n + 1) 2 Z1 t dt − 0 t dt = 1 1 1

− = , 3 2 6 0 ezért az sn -beli nevez®ben a változót alulról becsülve sn -re fels® becslést, felülr®l becsülve pedig sn -re alsó becslést kapok: ∞ ∞ 1 X 1 1 X 1 < s < , n ∈ N+ . n 2 2 6 k=n+1 k(k + 1) 6 k=n+1 k (k + 1) A bal oldalt tovább csökkentem, ha k + 1 helyett k + 2 írok, így ∞ ∞ 1 X 1 1 X 1 > 2 6 k=n+1 k(k + 1) 6 k=n+1 k(k + 1)(k + 2) http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 19 Használva a kövekez® azonosságot 1 1 1 = − , k(k + 1)(k + 2) 2k(k + 1) 2(k + 1)(k + 2) Ebb®l  ∞ ∞  1 1 X 1 1 1 1 1 X = − = 6 k=n+1 k(k + 1)(k + 2) 12 k=n+1 k(k + 1) (k + 1)(k + 2) 12 (n + 1)(n + 2) A jobb oldalt hasonló módszerrel becsülöm felülr®l az egyik tényez® helyett helyett (k−1)-t írva ∞ ∞ 1 1 1 X 1 X < 2 6 k=n+1 k(k + 1) 6 k=n+1 (k − 1)k(k + 2) Így  ∞ ∞  1 X 1 1 X 1 1 1 1 = − = 6 k=n+1 (k − 1)k(k + 1) 12 k=n+1 (k − 1)k k(k + 1) 12 n(n + 1) Ezekb®l 1 1 < sn < , n ∈ N+ .

12(n + 1)(n + 2) 12n(n + 1) Végül 1 1 1 1 + < rn < + n ∈ N+ . 2(n + 1) 12(n + 1)(n + 2) 2(n + 1) 12(n + 1) Ez pontosabb közelítés, mint az el®z® pontbeli közelítés. π 2.6 2.61 két el®állítása végtelen sor összegeként Dalzell eredménye Tétel. π= ∞ P k=0 (− 14 )k h (4k)!(4k+6)! (8k+7)! − 4(4k)!(4k+5)! (8k+6)! + 5(4k)!(4k+4)! (8k+5)! − 4(4k)!(4k+2)! (8k+3)! + Bizonyítás. 4 + x4 (1 − x)4 = x8 − 4x7 + 6x6 − 4x5 + x4 + 4, x ∈ R. A jobb oldalt szorzattá alakítva 4 + x4 (1 − x)4 = (x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4)(1 + x2 ), 4(4k)!2 (8k+1)! i . http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA ebb®l 20 1 x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 = , x ∈ R. 1 + x2 4 + x4 (1 − x)4 Megszorozva mindkét oldalt 4-gyel, majd a jobb oldalon azzal egyszer¶sítve 4 x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 , x ∈ R. = 1 + x2 1 + x4 (1 − x)4 /4 Integrálva a [0, 1] intervallumon Z1 4 π dx = [4 arctan(x)]10 = 4 · = π, 2 1+x 4 0

valamint Z1 x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 dx = 1 + x4 (1 − x)4 /4 0 Z1 X ∞  k=0 0 1 − 4 k (x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4)x4k (1 − x)4k dx. Ha x ∈ [0, 1], akkor a számtani és mértani közép közötti egyenl®tlenség alapján p Ebb®l x(1 − x) ≤ x + (1 − x) 1 = . 2 2 (x(1 − x))4 1 ≤ 5 < 1. 4 4 Legyen x ∈ [0, 1] alapján q := − x 4 (1−x)4 4 , akkor ∞ X 1 q n , q ∈ (−1, 1), = 1−q n=0 n ∞  X 1 = − x4n (1 − x)4n . x4 (1−x)4 4 1 − (− 4 ) n=0 1 Legyen p(x) := x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4, D(p) := R. Ez a polinom folytonos a [0, 1] intervallumon, amib®l Weierstrass tétele alapján következik, hogy létezik legnagyobb értéke. Jelölje ezt M:=max(p) A fenti függvénysort p(x)-szel szorozva [0,1] n ∞  X 1 = − x4n (1 − x)4n p(x) x4 (1−x)4 4 1 − (− 4 ) n=0 p(x) Ez a függvénysor egyenletesen konvergens a [0, 1] intervallumon, mert alkalmazható a Weierstrass-kritérium:  1 − 4 n  n 1 x (1 −

x) p(x) ≤ · 1 · 1 · M, x ∈ [0, 1]. 4 4n 4n http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 21 Így kapom a következ®t: Z1 π= 4 dx = 1 + x2 0 Z1 x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 dx = 1 + x4 (1 − x)4 /4 0 1 k Z ∞  X 1 − (x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4)x4k (1 − x)4k dx. 4 k=0 (*) 0 Parciális integálással Z1 xm+1 (1 − x)n x (1 − x) dx = m+1 m  n 0 n m+1 Z1 Z1 1 − 0 xm+1 · n(1 − x)n−1 · (−1) dx = m+1 0 xm+1 (1 − x)n−1 dx, m ∈ N, n ∈ N+ . 0 További n − 1 darab parciális integrálás után Z1 n!m! x (1 − x) dx = (m + n + 1)! m n 0 Z1 xm+n dx = n!m! m ∈ N, n ∈ N+ . (m + n + 1)! 0 Az eredmény n = 0 esetén is fennéll. A (∗) integrandust öttagú összeggé írva, majd tagonként integrálva, és minden tagban a kapott összefüggést felhasználva π= ∞ P k=0 2.62 (− 41 )k h (4k)!(4k+6)! (8k+7)! − 4(4k)!(4k+5)! (8k+6)! + 5(4k)!(4k+4)! (8k+5)! − 4(4k)!(4k+2)! (8k+3)! +

4(4k)!2 (8k+1)! Chan eredménye Tétel. π= ∞ X n=0 √   3 3 1 1 1 + + − . 64n 6n + 1 2(6n + 2) 22 (6n + 3) 23 (6n + 5) Bizonyítás. A következ® három Riemann integrált vizsgálom: Z1/2 I1 := 1 dx = 1 − x + x2 4 3  0 (x − 4 arctan dx =  i2 3 √2 (x − 1 ) +1 2 3 1 h 1 0 0 Z1/2 Z1/2  1 2 ) 2 √2 (x 3 2 √ 3 dx = + 3 4 − 1 ) 2   21 π  = √ . 3 3 0 i . http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA Z1/2 I2 := x 1 dx = 1 − x + x2 2 Z1/2 2x − 1 + 1 dx = 1 − x + x2 0 0 1 2 Z1/2 2x − 1 1 dx + 2 1−x+x 2 0 Z1/2 1 dx = 1 − x + x2 0 1 1 π 1 ln(1 − x + x2 ) 02 + √ = ln 2 2 6 3 Z1/2 I3 := 22 Z1/2 1 x dx = 2 x −1 2   3 π + √ . 4 6 3  12 2x 1 1 2 dx = ln(|x − 1|) = ln 0 2 x −1 2 2   3 . 4 0 0 Ezeket felhasználva  1/2 Z √ √ π = 2 3(I1 + I2 − I3 ) = 2 3  1 dx + 1 − x + x2 0 Z1/2 x dx − 1 − x + x2 0 Z1/2  x dx = x2 − 1 0 1/2 √ Z

2 3 2x2 − 2x − 1 dx. (1 − x + x2 )(x2 − 1) (*) 0 Az x6 − 1 polinom felírható a következ® alakban: x6 − 1 = (1 − x + x2 )(x2 − 1)(1 + x + x2 ). A (∗) egyenletbe beírva 1 π √ = 2 3 Z2 1 2 2 (1 + 2x − 2x )(1 + x + x ) dx = 1 − x6 0 Z2 1 + 3x + x2 − 2x4 dx. 1 − x6 (*) 0 A mértani sor összege alapján ∞ ∞ X X 1 6 n x6n , x ∈ (−1, 1), (x ) = = 6 1−x n=0 n=0 ezért rögzített k ∈ N+ esetén ∞ X xk−1 = x6n+k−1 , x ∈ (−1, 1). 6 1−x n=0 (*) Ez a hatványsor adott k ∈ N+ esetén egyenletesen konvergens a [0, 12 ] intervallumon, mert x 6n+k−1  6n+k−1 1 ≤ , n ∈ N, k ∈ N+ , 2 http://www.doksihu FEJEZET 2. SORÖSSZEGEK MEGHATÁROZÁSA 23 így a Weierstass-kritérium alkalmazható. Rögzített k ∈ N+ esetén integrálom a [0, 12 ] intervallumon a (∗ ∗ ∗) egyenl®tlenség mindkét oldalát, a jobb oldalt tagonként integrálva 1 Z2 0 1 k−1 x dx = 1 − x6 Z2 X ∞ 0 x 6n+k−1 dx =

n=0 ∞ Z X n=0 0 1 2 x 6n+k−1 ∞ 1 X 1 1 dx = k , k ∈ N+ . n 2 n=0 64 6n + k A (*) egyenletben ezt felhasználva ∞ √ X 1 π=2 3 64n n=0  3 1 2 1 + 3 − 5 + 2 2(6n + 1) 2 (6n + 2) 2 (6n + 3) 2 (6n + 5)  . http://www.doksihu 3. fejezet Integrálok meghatározása sorok segítségével 3.1 Példák Ebben a fejezetben olyan Riemann integráltakat határozok meg, ahol az integrandus primitív függvényei nem elemi függvények. 1. példa Határozzuk meg R1 0 ln(x+1) x dx értékét. Legyen f (x) := ln(x + 1), D(f ) := (−1, +∞). Az f függvény 0 középpontú Taylorsorfejtése f (x) = ∞ X (−1)n+1 n=1 xn , x ∈ (−1, 1]. n x 6= 0 esetén x-szel osztva ∞ xn−1 ln(x + 1) X (−1)n+1 = , x ∈ (−1, 0) ∪ (0, 1]. x n n=1 Mivel lim ln(x+1) = 1, ezért g(x) := x x0 ln(x+1) x (*) , D(g) := (0, 1] folytonosan kiterjeszthet® a [0, 1] intervallumra, g(0) = 1 választásával. Megmutatom, hogy a (∗) hatványsor egyenletesen konvergens a

[0, 1] intervallumon. Minden x ∈ [0, 1] és n ∈ N+ esetén xn−1 ≥ 0, ezért 24 ∞ P (−1)n+1 x n Leibniz-típusú sor. Az n=1 n−1 http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 25 n-edik részletösszegre az sn jelölést használva a Leibniz-típusú sor hibabecslése alapján sn (x) − ln(x + 1) 1 1 ≤ xn ≤ , x ∈ (0, 1], n ∈ N+ , x n+1 n+1 amib®l következik, hogy a vizsgált hatványsor egyenletesen konvergens. A g függvény [0, 1] intervallumon vett Riemann integrálja az összegfüggvény integráltjára vonatkozó tétel szerint: Z1 0 ∞  X n+1 x (−1) R1 0  n 1 n2 n=1 2.példa Keressük meg Z1 ∞ X ln(x + 1) dx = x n=1 arctan(x) x = 0 (−1)n+1 xn−1 dx = n 0 ∞ X (−1)n+1 n=1 1 π2 . = n2 12 dx értékét. Legyen f (x) := arctan(x), D(f ) := R. Az f függvény 0 középpontú Taylor-sorfejtése f (x) = ∞ X (−1)n n=0 x2n+1 , x ∈ [−1, 1]. 2n + 1 Ha x 6= 0, akkor x-szel

osztva ∞ x2n arctan(x) X (−1)n = , x ∈ [−1, 1], x 6= 0. x 2n + 1 n=0 Mivel lim arctan(x) = 1, ezért g(x) := x x0 , D(g) := (0, 1] folytonosan kiterjeszthet® a arctan(x) x [0, 1] intervallumra g(0) := 1 választásával. Igazoljuk, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens a [0, 1] intervallumon. Minden x ∈ [0, 1] és n ∈ N+ esetén x2n ≥ 0, ezért ∞ P x (−1)n 2n+1 Leibniz-típusú sor. 2n n=0 Az n-edik részletösszegét sn -nel jelölve a közelítés hibája sn (x) − arctan(x) 1 1 ≤ x2n+2 ≤ , x ∈ [0, 1], n ∈ N+ . x 2n + 3 2n + 3 A denícióból következik, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens (0, 1]-n, ezért [0, 1] intervallumon is. A g függvény [0, 1] intervallumon vett Riemann integrálja az összegfüggvény integráltjára http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 26 vonatkozó tétel szerint: Z1 ∞ X arctan(x) dx = x n=0 0 ∞  X x2n+1 (−1) (2n + 1)2 n=0 n Z1 0 1 = 0

x2n (−1) dx = 2n + 1 n ∞ X n=0 (−1)n 1 . (2n + 1)2 A 17. részletösszeg már kevesebb, mint 10−3 -nal tér el a sorösszegt®l, így három tizedesjegyes pontossággal Z1 0 16 X arctan(x) 1 dx ≈ (−1)n ≈ 0, 916. 2 x (2n + 1) n=0 3.példa Számoljuk ki R1 0 sin(x) x dx értékét. Legyen f (x) := sin(x), D(f ) := R. Az f függvény 0 középpontú Taylor-sorfejtése f (x) = ∞ X (−1)n n=0 x2n+1 , x ∈ R. (2n + 1)! Legyen x 6= 0, akkor x-szel osztva ∞ x2n sin(x) X (−1)n = , x ∈ R {0}. x (2n + 1)! n=0 Mivel lim sin(x) = 1, ezért g(x) := x x0 sin(x) x , D(g) := (0, 1] folytonosan kiterjeszthet® a [0, 1] intervallumra g(0) := 1 választásával. Megmutatom, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens a [0, 1] intervallumon. Minden x ∈ [0, 1] és n ∈ N+ esetén x2n ≥ 0, ezért P x2n Leibniz-típusú sor. Az (−1)n (2n+1)! sn -edik részletösszegre sn (x) − sin(x) 1 1 ≤ x2n+2 ≤ , x ∈ (0, 1], n ∈ N+ . x (2n + 3)! (2n + 3)!

Ebb®l következik, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens (0, 1]-n, így [0, 1]-n is. A g függvény [0, 1] intervallumon vett Riemann integrálja az összegfüggvény integráltjára vonatkozó tétel szerint: http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL Z1 ∞ X sin(x) dx = x n=0 0 ∞  X n=0 2n+1 x (−1) (2n + 1)(2n + 1)! n Z1 (−1)n 27 x2n dx = (2n + 1)! 0 1 = 0 ∞ X (−1)n n=0 1 . (2n + 1)(2n + 1)! Már az s3 részletösszeg 10 -nál kevesebbel tér el a sorösszegt®l, így 3 tizedesjegy pon−3 tossággal Z1 0 2 X sin(x) 1 dx = (−1)n ≈ 0, 908. x (2n + 1)(2n + 1)! n=0 R2 4.példa Keressük meg 1 cos(x) x dx értékét. Legyen f (x) := cos(x), D(f ) := R. Az f függvény 0 középpontú Taylor-sorfejtése f (x) = ∞ X (−1)n n=0 x2n , x ∈ R. (2n)! x 6= 0 esetén x-szel osztva ∞ x2n−1 cos(x) X (−1)n = , x ∈ R {0}. x (2n)! n=0 Megmutatom, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens az

[1, 2] intervallumon. Minden x ∈ [1, 2] esetén a ∞ P (−1)n x(2n)! sor Leibniz-típusú. 2n−1 n=0 Az n-edik részletösszegre az sn jelölést használva sn (x) − cos(x) 1 2n−1 1 ≤ x ≤ , x ∈ [1, 2], n ∈ N+ , x (2n)! (2n)! amib®l a következik, hogy a hatványsor egyenletesen konvergens [1,2]-n. A g(x) := cos(x) x , D(g) := [1, 2] függvény [1, 2] intervallumon vett Riemann integrálja az összegfüggvény integráltjára vonatkozó tétel szerint: Z2 1 ∞ X cos(x) dx = x n=0 Z2 1 (−1)n x2n−1 dx = (2n)! http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL ∞  X n=1 x2n ln(x) + (−1) (2n) · (2n)! n ∞ X 2 28 4n − 1 = ln(2) + (−1) (2n) · (2n)! n=1 1 n Már az els® 4 tag után a sor kisebb, mint 10−3 hibával közelít. Az els® négy tag összegével közelítve az integrált Z2 1 3 X 4n − 1 cos(x) dx ≈ ln(2) + (−1)n ≈ 0, 472. x (2n)(2n)! n=1 R1 5.példa Számoljuk ki e−x2 dx

értékét 0 Legyen f (y) := ey , D(f ) := R. Az f függvény 0 középpontú Taylor-sorfejtése ∞ X yn f (y) = n=0 n! , y ∈ R. Az y = −x2 helyettesítéssel −x2 e ∞ X = (−1)n n=0 ∞ P Minden x ∈ [0, 1] esetén (−1)n xn! Leibniz-típusú sor. Az n-edik részletösszegre az sn 2n n=0 jelölést használva sn (x) − e−x x2n , x ∈ R. n! 2 ≤ 1 1 x2n+2 ≤ , x ∈ [0, 1], n ∈ N+ . (n + 1)! (n + 1)! A deníció szerint a hatványsor egyenletesen konvergens, ezért Z1 1 e −x2 dx = ∞  X (−1)n x2n+1 (2n + 1)n! Az els® 6 tag után már kevesebb, mint 10 1 = 0 −3 Z1 e 0 −x2 (−1)n n=0 0 0 n=0 ∞ Z X dx ≈ 6 X n=0 ∞ X n=0 x2n dx = n! (−1)n 1 . (2n + 1)n! az eltérés a sorösszegt®l, így (−1)n 1 ≈ 0, 748. (2n + 1)n! http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 29 R1 6.példa Határozzuk meg x−x dx értékét 0 Legyen f (x) := x−x , D(f ) := (0, +∞).

Ekkor x−x = e−x ln(x) , x ∈ R+ szerint lim x−x = lim e−x ln(x) = 1, x0 x0 mert a lHôspital-szabályt felhasználva lim x ln(x) = lim x0 ln(x) 1 x x0 = lim x0 1 x − x12 = 0. Így az f függvény az f (0) := 0 értékkel kiterjeszthet® a [0, ∞) intervallumra folytonos függvénnyé. Az exponenciális függvény 0 középpontú Taylor-sora mindenütt konvergens, és a Taylor sor el®állítja az exponenciális függvényt R-n, ezért f (x) = ∞ X (−1)n n=0 xn lnn (x) , x ∈ R+ . n! (*) Legyen g(x) := x ln(x), D(g) = (0, 1]. 1 g 0 (x) = ln(x) + 1 = 0 ⇔ x = . e g 0 > 0 az ( 1e , ∞) intervallumon, és g 0 < 0 a (0, 1e ) intervallumon, ezért a g függvénynek minimuma van az 1 e helyen. Ezért 1 |x ln(x)| ≤ , x ∈ [0, 1] e A függvénysor a Weierstass-kritérium alapján egyenletesen konvergens a [0,1] intervallumon, hiszen (−1)n 1 xn lnn (x) ≤ n , x ∈ [0, 1], n ∈ N. n! e n! Ebb®l következik, hogy a függvénysor egyenletesen

konvergens a [0, 1]-n is. Parciális integrálással Z1 xm+1 n xm lnn (x) dx = ln (x) m+1  0 1 n − m+1 0 Z1 xm lnn−1 (x) dx, m, n ∈ N+ . 0 A lHôspital-szabályt n-szer egymás után alkalmazva lim xm+1 lnn (x) = lim x0 x0 lnn (x) 1 xm+1 n lnn−1 (x) x1 = x0 −(m + 1)x−(m+2) = lim http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL − 30 n lnn−1 (x) n! 1 = 0, m, n ∈ N+ . lim −(m+1) = . = lim (−1)n 1 n x0 m + 1 x0 x (m + 1) xm+1 Emiatt az els® tag 0. Újabb n − 1 parciális integrálás után kapható Z1 n! xm ln (x) dx = (−1)n (m + 1)n n 0 Z1 xm dx, m, n ∈ N+ . 0 Legyen m:=n, akkor Z1 n! x ln (x) dx = (−1) (n + 1)n n n n 0 Z1 xn dx, n ∈ N+ . 0 Elvégezve az integrálást, kapom a következ®t: Z1 0  n+1 1 n! n! x x ln (x) dx = (−1) = (−1)n , n ∈ N. n (n + 1) n + 1 0 (n + 1)n+1 n n n Ez a formula n = 0 esetén is teljesül. Az eredményt visszahelyettesítve (∗) egyenl®ségbe Z1

x−x dx = 0 Így 10 −3 ∞ ∞ X X 1 n! 1 = . n+1 n+1 n! (n + 1) (n + 1) n=0 n=0 pontosággal a kapott eredmény Z1 0 x−x dx = ∞ X 1 ≈ 1, 291. n n n=1 http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 3.2 31 A Gauss-féle számtani-mértani közép és egy alkalmazása 3.21 Gauss-féle számtani-mértani közép Adott a, b ∈ R+ esetén legyen a0 := a és b0 := b. Rekurzióval megadunk két sorozatot a következ® módon: an+1 := p an + bn , bn+1 := an bn , n ∈ N. 2 Tehát an+1 az an és a bn számtani közepe, bn+1 pedig ezek mértani közepe. Megmutatom, hogy e két sorozat konvergens, és a határértékük megegyezik. Legyen például a ≥ b. Ez feltehet®, mivel a nulladik tagot felcserélve a két sorozat többi tagja változatlan marad. A számtani és a mértani közép között fennálló egyenl®tlenség alapján bn ≤ an , n ∈ N+ . Továbbá a számtani és a mértani közép tulajdonságai miatt bn ≤ bn+1 ≤

an , bn ≤ an+1 ≤ an , bn+1 ≤ an+1 Így bn ≤ bn+1 ≤ an+1 ≤ an . Ebb®l látszik, hogy (an ) monoton csökken®, (bn ) monoton növekv® sorozat, és mindkett® korlátos. Mindkét sorozat konvergens, mert monoton és korlátos. (bn ) monoton n® , így 0 ≤ an+1 − bn+1 ≤ an+1 − bn = an + b n an − bn − bn = . 2 2 Ebb®l teljes indukcióval kapjuk, hogy 0 ≤ an − bn ≤ 1 (a − b), n ∈ N. 2n A rend®relv miatt az (an − bn ) sorozat 0-hoz tart. Mivel mindkét sorozat konvergens, ezért határértékeik azonosak. A közös határértéket az a és b számok Gauss-féle számtanimértani közepének nevezzük, és G(a, b)-vel jelöljük http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 3.22 32 Másodfajú elliptikus integrál Tétel. Legyen a, b ∈ R+ , akkor Zπ/2 1 p a2 cos2 (x) + b2 sin2 (x) 0 Bizonyítás. Legyen H := π/2 R 0 √ dx = π . 2G(a, b) , ahol a, b > 0. 1 dx a2 cos2 (x)+b2 sin2 (x) Az

integrált helyettesítéssel számolom ki. Legyen g(y) := arcsin h πi 2a sin(y) , D(g) := 0, . 2 a + b + (a − b) sin2 (y) g(0) = 0, g( π2 ) = π2 , továbbá g : [0, π2 ] [0, π2 ] bijekció, mert folytonos [0, π2 ]-n, dieren- ciálható a (0, π2 ) intervallumon, és 1 g 0 (y) = q 2a sin(y) )2 1 − ( a+b+(a−b) sin2 (y) · · 2a cos(y)(a + b + (a − b) sin2 (y)) − 2a sin(y) · 2(a − b) sin(y) cos(y) = (a + b + (a − b) sin2 (y))2 2a(a + b) cos(y) − 2a(a − b) cos(y) sin2 (y) p (a + b + (a − b) sin2 (y))2 − (2a sin(y))2 · (a + b + (a − b) sin2 (y)) = 2a cos(y)[a + b − (a − b) sin2 (y)] p · (a + b)2 + 2(a + b)(a − b) sin2 (y) + (a − b)2 sin4 (y) − 4a2 sin2 (y)  π 1 > 0, y ∈ 0, 2 a + b + (a − b) sin2 (y) alapján g szigorúan monoton n®. Ezért a g helyettesítéssel sin(x) = 2a sin(y) , a + b + (a − b) sin2 (y) x = arcsin dx = √ 2a sin(y) , a + b + (a − b) sin2 (y) 2a cos(y)[a+b−(a−b) sin2 (y)] (a+b)2

+2(a+b)(a−b) sin2 (y)+(a+b)2 sin4 (y)−4a2 sin2 (y)(a+b+(a−b) sin2 (y)) dy. Az integrandusban elvégezve a helyettesítést: a2 cos2 (x) + b2 sin2 (x) = a2 + (b2 − a2 ) sin2 (x) = a2 + (b2 − a2 )4a2 sin2 (y) = (a + b + (a − b) sin2 (y))2 a2 (a + b)2 + 2a2 (a + b)(a − b) sin2 (y) + a2 (a − b)2 sin4 (y) + (b2 − a2 )4a2 sin2 (y) = (a + b + (a − b) sin2 (y))2 http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 33 a2 (a + b)2 − 2a2 (a + b)(a − b) sin2 (y) + a2 (a − b)2 sin4 (y) = (a + b + (a − b) sin2 (y))2 (a[a + b − (a − b) sin2 (y)])2 , (a + b + (a − b) sin2 (y))2 így q a[a + b − (a − b) sin2 (y)] . a2 cos2 (x) + b2 sin2 (x) = a + b + (a − b) sin2 (y) Tehát a fenti helyettesítéssel Zπ/2 H= 1 p 0 π/2 R 0 a+b+(a−b) sin2 (y) a[a+b−(a−b) sin2 (y)] ·√ 0 dx = 2a cos(y)[a+b−(a−b) sin2 (y)] (a+b)2 +2(a+b)(a−b) sin2 (y)+(a−b)2 Zπ/2 = a2 cos2 (x) + b2 sin2 (x) sin4 (y)−4a2 sin2

(y)(a+b+(a−b) sin2 (y)) dy = 2 cos(y) p . (a + b)2 − 2(a2 + b2 ) sin2 (y) + (a + b)2 sin4 (y) Elemi átalakítással [(a + b)2 − (a − b)2 sin2 (y)](1 − sin2 (y)) = (a + b)2 − (a − b)2 sin2 (y) − (a + b)2 sin2 (y) + (a − b)2 sin4 (y) = (a + b)2 − 2(a2 + b2 ) sin2 (y) + (a − b)2 sin4 (y). Így Zπ/2 Zπ/2 1 p p dy = dy, 2 2 (a + b)2 − (a − b)2 sin (y) a1 cos2 (y) + b21 sin2 (y) 0 0 √ ahol a1 := a+b , b1 := ab. Ezt indukcióval folytatva 2 2 H= Zπ/2 H= 1 p 0 a2n cos2 (y) + b2n sin2 (y) dy, ahol (an ) és (bn ) az a és b pozitív számok Gauss-féle számtani mértani-közepének deniálásakor bevezetett két sorozat. H-ban bn helyére an -t írva Zπ/2 H≥ 1 p 0 2 a2n (cos2 (y) + sin (y)) dy = π , n ∈ N+ . 2an http://www.doksihu FEJEZET 3. INTEGRÁLOK MEGHATÁROZÁSA SOROK SEGÍTSÉGÉVEL 34 Hasonlóan, an helyére bn -t írva Zπ/2 H≤ 1 p 0 2 b2n (cos2 (y) + sin (y)) dy = π , n ∈ N+ . 2bn Tehát π π ≤H≤ . 2bn

2an Az (an ) és (bn ) sorozatok határértéke közös, mégpedig az a és b számok Gauss-féle számtani mértani-közepe, ebb®l következik H= π . 2G(a, b) http://www.doksihu Köszönetnyilvánítás Hálásan köszönöm témavezet®mnek, Pfeil Tamásnak, hogy hasznos tanácsaival, türelmével, precíz munkájával hozzájárult a szakdolgozatom elkészítéséhez. Szeretném még megköszönni a támogatást, amelyet a családomtól és a szeretteimt®lkaptam. 35 http://www.doksihu Irodalomjegyzék [1] Liu Zheng, An Elementary Proof for Two Basic Alternating Series, The American Mathematical Monthly 109, February 2002, 187-188. [2] Reinhard Michel, On Stirlings Formula, The American Mathematical Monthly 109, April 2002, 388-389. [3] Li Yingyling, On Eulers Constant-Calculating Sums by Integrals, The American Mathematical Monthly 109, November 2002, 845-848. [4] Hei-Chi Chan, More Formulas for π , The American Mathematical Monthly 113, May 2006, 452-454. [5] Stephen

K. Lukas, Approximations to π Derived from Integrals with Nonnegative Integrands, The American Mathematical Monthly 116, February 2009, 166-167. [6] Fichtenholzc, G. M, Dierential- und Integralrechnung 1-2, VEB Deutscher Verl der Wissenschaften, Berlin, 1964. [7] R.M Young, Eulers constant, Math Gazette 75, 1991, p 187-190 [8] Laczkovich Miklós - T. Sós Vera, Analízis II, Nemzeti Tankönyvkiadó 2007 36