Matematika | Középiskola » Végtelen sorok

1. 1. Végtelen sorok Innen lim sn = lim 1 − Bevezetés és definı́ciók n∞ n∞ 1 =1 n+1 Bevezetésként próbáljunk meg az 1+ 2. Az 1 1 1 + + ··· + n + . 2 4 2 1 + q + q2 + · · · + qn + . végtelen összegnek értelmet adni. Mivel végtelen sokszor |q| < 1 esetén konvergens, egyébként divergens, mert nem tudunk összeadni, emiatt csak az első n tagot adjuk 1 − qn össze: legyen , ha q 6= 1 sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 = 1−q 1 − 21n 1 1 1 1 , sn = 1 + + + + n−1 = és q n 0 akkor és csak akkor, ha |q| < 1. 2 4 8 2 1 − 21 Megjegyzés: A konvergencia difinı́ciójából látszik, hogy P a an végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha véges számú tagot hozzáadunk vagy ha elveszünk. a mértani sor összegképlete szerint. Ha n nagy, akkor 21n már elhanyagolhatóan kicsi, ezért sn ≈ 1−1 1 = 2, emiatt 2 természetes azt mondani, hogy 1 1 1 + + · · · + n + · · · = 2.

2 4 2 P P 1. tétel (Műveletek P sorokkal). HaP an és bn konvergens sorok, továbbá an = A és bn = B, akkor P A továbbiakban 1. (an + bn ) = A + B P 2. (an − bn ) = A − B a1 + a2 + · · · + an + . P 3. kan = kA, ahol k tetszőleges valós szám. alakú ún. végtelen sorokat vizsgálunk, ahol an -ek valós P számok. P Ezt a végtelen mértani sort a következőképpen Bizonyı́tás: Csak 1.-et bizonyı́tjuk. A (an + bn ) njelöljük: an . edik részletösszege: P 1. definı́ció (Végtelen sor konvergenciája) A an sn = (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) + · · · + (an + bn ) = végtelen sor n-edik részletösszege: 1+ (a1 + a2 + · · · + an ) + (b1 + b2 + · · · + bn ) = An + Bn . sn = a1 + a2 + · · · + an . Ha a részletösszegek sorozata az L számhoz konvergál, Mivel An A és Bn B, ezért sn A + B. azaz P∞ n n sorozat összegét! Példa: Határozza meg a n=1 2 6+3 n lim sn = L, n∞ Megoldás: P akkor azt mondjuk,

hogy a an végtelen sor konvergens ∞ ∞ ∞ X X 2n X 3n 2n + 3 n és összege L. Egyébként a végtelen sort divergensnek = + = mondjuk. 6n 6n 6n n=1 n=1 Példa: 1. Mutassa meg, hogy az 1 1 31− 1 1 1 1 + + + ··· + + . 1·2 2·3 3·4 n(n + 1) 2 6 + 1 1 21− n=1 3 6 = 3 , 2 a mértani sor összegképlete alapján. végtelen sor konvergens és összege 1. Megoldás: Legyen 2. Konvergenciakritériumok P 1 1 1 1 + + + ··· + 1·2 2·3 3·4 n(n + 1) A an végtelen sorral kapcsolatban két kérdés fogalmazható meg: P 1 1 = k1 − k+1 , ezért Mivel k(k+1) 1. Konvergens-e a an végtelen sor? P ¶ µ ¶ µ ¶ ¶ µ µ 2. Ha a an végtelen sor konvergens, akkor mi az 1 1 1 1 1 1 1 + − + − +· · ·+ − sn = 1 − összege? 2 2 3 3 4 n n+1 P Az alábbi tétel egy szükséges feltételt ad a an végtelen 1 =1− . sor konvergenciájára: n+1 sn = 1 2. tétel Ha a P an végtelen sor konvergens, akkor 3. tételPLegyen an

≥ 0 minden pozitı́v egész n esetén Ekkor a an végtelen sor pontosan akkor konvergens, ha az sn részletösszegek sorozata korlátos. lim an = 0. n∞ Bizonyı́tás: Nyilván A következő kritérium azt mutatja, hogy gyakran a végtelen sort egy alkalmas improprius integrállal összehasonlı́tva megválaszolhatjuk a konvergencia kérdését. an = (a1 + a2 + · · · + an−1 + an ) − (a1 + a2 + · · · + an−1 ) = Mivel a P sn − sn−1 an végtelen sor konvergens, ezért 4. tétel (Integrákritérium) Legyen an csupa pozitı́v tagból álló sorozat. Tegyük fel, hogy van olyan pozitı́v egész N és az [N, ∞) félegyenesen csökkenő f (x) függvény, P amelyre an = f (n) minden n ≥ N esetén. Ekkor a an R∞ végtelen sor és az improprius integrál vagy egyszerre lim sn = lim sn−1 = L n∞ n∞ valamely valós L szám esetén. Így lim an = lim sn − sn−1 = lim sn − lim sn−1 = n∞ n∞ n∞

L−L=0 N n∞ konvergens vagy divergens. Bizonyı́tás: A bizonyı́tásban az N = 1 esetre szorı́tkozunk (az általános eset bizonyı́tása hasonlóan Rk történik). Mivel f (x) csökkenő, ezért f (x)dx ≥ ak ≥ Következmény: Ha a lim an nem létezik vagy nem n∞ P véges, akkor a an végtelen sor divergens. k−1 k+1 R Példák: 1. ∞ X n2 végtelen sor divergens, mert lim n2 = ∞ 2. Z2 n∞ n=1 ∞ X f (x)dx, ha k ≥ 2. Ezért egyrészt k a1 +a2 +· · ·+an ≥ Z3 f (x)dx+ 1 (−1)n végtelen sor divergens, mert nem létezik a P an végtelen sor esetén lim an = 0, akkor n∞ P lehet, hogy a an végtelen sor konvergens, de lehet, másrészt hogy divergens. 1 a1 + a2 + a3 + · · · + an ≤ Z2 Példák: a1 + ∞ X 1 1 végtelen sor konvergens és lim n = 0. 1. A n n∞ 2 2 n=1 s n f (x)dx n∞ Z3 f (x)dx + 1 Zn f (x)dx + · · · + 2 f (x)dx = n−1 n+1 Z P∞ a1 + 1 n=1 n 2n f (x)dx = n+1 Z

lim (−1)n . 2. A f (x)dx+· · ·+ 2 n=1 Ha a n+1 Z végtelen sor divergens, mert µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + . =1+ + 2 3 4 5 6 7 8 ¶ µ 1 1 ≥ + + · · · + 2n−1 + 1 2n f (x)dx 1 azaz n+1 Z Zn f (x)dx ≤ sn ≤ a1 + 1 1 1 1 1 n + 2 + 4 + · · · + 2n−1 n = 1 + , 2 4 8 2 2 ezért a részletösszegek sorozata a +∞-hez tart. Ebből látszik, hogy ha az 1+ f (x)dx 1 R∞ f (x)dx konvergens, ami most 1 azt jelenti, hogy felülről korlátos, akkor sn is felülről R∞ korlátos lesz, tehát konvergens. Másrészt, ha f (x)dx 1 Rn A sorozatoknál tanultuk, hogy egy monoton növő divergens, akkor f (x)dx nem lesz alulról korlátos, ezért sorozat pontosan akkor konvergens, ha korlátos. Ennek P1 a tételnek a következménye az alábbi: sn sem, tehát an is divergens. 2 Példa: A P P an = 0 és bn konvergens, akkor an is bn konvergens. P P an = ∞ és 3. ha lim bn divergens, akkor an is n∞ bn divergens.

∞ X 1 konvergens, ha p > 1 és divergens, np n=1 1 np n∞ 1 xp függvény monoton csökkenő R∞ 1 és az xp dx improprius integrál a ha p ≤ 1, mivel f (x) = ha x ≥ 1; f (n) = 2. ha lim 1 p-szabály alapján konvergens, ha p > 1 és divergens, ha 0 < p ≤ 1. Bizonyı́tás. Csak 1-et bizonyı́tjuk A feltétel miatt létezik egy M egész, hogy n > M esetén | abnn − c| < 2c , azaz an c c −c< , − < 2 bn 2 an 3c c < < , 2 bn 2 c 3c bn < an < bn . 2 2 P P 3c Ha bn konvergens, akkor P2 bn is az, ezért P az összehasonlı́tó kritérium alapján a sor is az. Ha bn n Pc b is sor divergens, akkor az, emiatt az összehasonlı́tó n P 2 kritérium alapján an is divergens. P 5. tétel (Összehasonlı́tó kritérium) Legyen an olyan végtelen mértani sor, ahol an ≥ 0. P 1. Ha van olyan konvergens cn sor és N pozitı́v egész, P hogy minden n > N esetén an ≤ cn , akkor an végtelen sor is

konvergens. (Majoráns kritérium) P 2. Ha van csupa nemnegatı́v tagból álló divergens dn végtelen sor és N pozitı́v egész P szám, hogy minden n > N esetén an ≥ dn , akkor an sor divergens. (Minoráns kritérium) Bizonyı́tás: 1. Az sn = a1 + · · · + an , részletösszegre felső korlát a a1 + a2 + · · · + aN + ∞ X (n ≥ N ) Példák cn n=N +1 konvergens P végtelen sor. 2. A an végtelen sornak nincs felső korlátja, mert ha lenne, akkor a d1 + d2 + · · · + dN + ∞ X 2. A an felső korlátja lenne dn részletösszegeinek, tehát konvergens lenne, ami ellentmondás. P dn is Példa ∞ X 1 sor konvergens, mert 0 ≤ n+n 2 n=1 ∞ X 1 végtelen sor konvergens. a 2n n=1 1. A 2. 1 2n +n < 1 2n ∞ X √ 1 √ n+ 3n n=1 √ 1√ n+ 3 n lim n∞ √1 n n=N +1 P ∞ X 2 sor konvergens, mert lim 2 n∞ n − ln n n=1 ∞ X 1 konvergens. 2 és 2 n n=1 1. A 2 n2 −ln n 1 n2 végtelen sor

divergens, = 1 és a = mert ∞ X 1 √ végtelen sor divergens. n n=1 P 7. tétel (Hányadoskritérium) Legyen an csupa pozitı́v és tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy an+1 = ρ. lim n∞ an Ekkor ∞ X 1 √ végtelen mértani sor divergens, mert n − n+1 n=1 ∞ X 1 1 √1 végtelen sor divergens. ≥ és a n n− n+1 n n=1 1. ha ρ < 1, akkor 2. ha ρ > 1, akkor P P an konvergense; an divergens; 3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható Bizonyı́tás. 6. tétel (Limeszes összehasonlı́tó kritériumok) Tegyük fel, hogy valamely pozitı́v egész N -re igaz, hogy an > 0 és bn > 0, ha n > N . Ekkor P P an = c > 0, akkor 1. ha lim an és bn egyszerre n∞ bn konvergensek vagy egyszerre divergensek. 1. Tegyük fel, hogy ρ < 1 Ekkor létezik r, amelyre < r, ha ρ < r < 1 és N pozitı́v egész, hogy aan+1 n n ≥ N . Ekkor aN +1 <r aN 3 ⇔ aN +1 < raN aN +2 <r aN +1

aN +2 < raN +1 < r2 aN ⇔ és általában Bizonyı́tás: √ 1. Ha lim n an = ρ < 1, akkor egy rögzı́tett ρ < r < 1 n∞ √ esetén létezik N , hogy n an < r, azaz aN +m < rm aN . Ekkor sn felülről becsülhető a an < rn , a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN + raN + r2 aN + · · · = ha n ≥ N , alkalmas pozitı́v egész N esetén. Meg kell mutatnunk, hogy sn , (n ≥ N ) felülről korlátos. Nyilván: 2 a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN (1 + r + r + . ) P konvergens sorral, ı́gy an is konvergens. sn = a1 + · · · + aN −1 + aN + aN +1 + · · · + an < 2. Ha ρ > 1, akkor létezik N , hogy n ≥ N esetén a1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · + rn ≤ an+1 > 1, an a1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · ≤ ezért a1 + · · · + aN −1 + aN < aN +1 < aN +2 < . √ √ 2. Ha lim n an = ρ > 1, akkor létezik N , hogy n an > n∞ 1, ha n ≥ N , ezért an

> 1, ha n ≥ N és ı́gy lim an 6= n∞ P 0, ezért a an végtelen sor divergens. ezért a sorozat tagjai nem tartanak a 0-hoz, ı́gy a P an végtelen sor divergens. ∞ ∞ X X 1 1 sorokra teljesül, hogy ρ = és 2 n n n=1 n=1 an+1 = 1 és az első egy divergens, a második lim n∞ an pedig egy konvergens sor. 3. A ∞ X n végtelen sor konvergens, mert Példa: A 2n n=1 r 1 n lim n n = < 1. n∞ 2 2 Példák 1. A ∞ X 2n végtelen sor konvergens, mert an = n! n=1 an+1 = 2n+1 (n+1)! , 2 (n+1)! 2n n∞ n! lim 2n+1 (n+1)2 sorokkal a1 − a2 + a3 − a4 + − váltakozó előjelű végtelen sort alternáló sornak mondjuk. 2 = 0 < 1. n∞ n + 1 = lim ∞ X 2n végtelen sor divergens, mert an = n2 n=1 an+1 = A következő tételben ún. alternáló foglalkozunk. Legyenek an > 0 Ekkor az és ezért n+1 2. A 2n n! rN . 1−r 9. tétel (Leibniz-kritérium) A fenti alternáló sor konvergens, ha an monoton

csökkenő és lim an = 0 n∞ 2n n2 és Bizonyı́tás. A 2m-edik részletösszeg: és ı́gy 2n+1 (n+1)2 lim 2n n∞ n2 s2m = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · + (a2m−1 − a2m ). = 2 > 1. Ekkor s2(m+1) = s2m + (a2m+1 − a2m+2 ), ahol a monoton csökkenés miatt (a2m+1 −a2m+2 ) ≥ 0. Igy az s2m sorozat monoton növő. Másrészt P 8. tétel (Gyökkritérium) Legyen an csupa pozitı́v tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy s2m = a1 −(a2 −a3 )−(a4 −a5 )−· · ·−(a2m−2 −a2m−1 )−a2m √ lim n an = ρ. ≤ a1 , n∞ megint csak a monoton csökkenés miatt. Mivel s2m monoton nő és felülről korlátos, emiatt létezik a lim s2m De Ekkor 1. ha ρ < 1, akkor 2. ha ρ > 1, akkor P P m∞ an konvergense; lim s2m+1 = lim (s2m + a2m+1) = an divergens; m∞ m∞ lim s2m + lim a2m+1 = lim s2m , 3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható m∞ 4 m∞ m∞ ezért létezik a

véges limn∞ sn . Példa: A ∞ X (−1)n−1 1 1 1 =1− + − +− n 2 3 4 n=1 alternáló sor konvergens, mert an = tart a 0-hoz. 1 n monoton csökkenve P 2. definı́ció A an végtelen sor abszolút konvergens, P ha |an | konvergens. Példa A ∞ X 1 (−1)n−1 1 1 =1− + − + −. 2 n 4 9 16 n=1 végtelen sor a Leibniz kritérium szerint konvergens, és a tagok abszolút értékét véve a ∞ X 1 1 1 1 =1+ + + + . 2 n 4 9 16 n=1 is konvergens sor lesz az integrál kritérium szerint, tehát az eredeti sor abszolút konvergens. P 3. definı́ció AP an konvergens végtelen sor feltételesen konvergens, ha |an | divergens. Példa A ∞ X (−1)n−1 1 1 1 = 1 − + − + −. n 2 3 4 n=1 sor a Leibniz-kritérium szerint konvergens, de a tagok abszolút értékét véve a ∞ X 1 1 1 1 = 1 + + + + . n 2 3 4 n=1 ún. harmonikus sor már divergens lesz az integrálkritérium alapján P 10. tétel Ha a an végtelen sor abszolút

konvergens, akkor konvergens is Bizonyı́tás. Legyen cn = an + |an |. Ekkor 0 ≤ cn ≤ 2|an | P Mivel |an | konvergens, emiatt 2|aP n | is konvergens és ı́gy az összehasonlı́tó kritérium alapján cn is konvergens végtelen sor. De P an = (an + |an |) − |an | = cn − |an | és mivel két konvergens végtelen sor különbsége is konverP gens, emiatt an is konvergens. 5