Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar

Átírás

1 Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Végtele sorokkal kapcsolatos tételek és ellepéldák Szakdolgozat Készítette: Csala Mátyás Matematika Bsc Matematikai elemző szakiráy Témavezető: Gémes Margit Műszaki gazdasági taár Aalízis Taszék Budapest 06

2 . Bevezetés Szakdolgozatom a végtele sorok elméletével kapcsolatos. Ez a téma már agyo régóta foglalkoztatja a tudósokat, godolkodókat, matematikusokat, hisze tudjuk, hogy Zéó paradoxojai közt is találuk olya feladatokat, melyek a végtele sorok elméletére vezethet k vissza. Mivel a téma redkívül szerteágazó, s regeteg ismeret áll redelkezésre, ezért aak csak egy kisebb szeletével foglalkozom. El ször is áttekitem azokat a tételeket, deíciókat, melyeket a kés bbiekbe vizsgáli fogok. Ezek szemléltetésére általába több példát igyekeztem megoldai. A kés bbiekbe pedig érdekesebb, ehezebb problémák és feladatok megoldásával foglalkozom, természetese a korábbbi tételekhez szorosa kapcsolódva. F két e tételek feltételeit vizsgálom, hogy mit jelethet azok teljesülése, vagy egyegy feltétel elhagyása.

3 . Alapvet deíciók, tételek.. Deíció. [] A a végtele sor részletösszegei az s = = i= a i ( =,,... ) számokat értjük. Ha a részletösszegekb l képzett (s ) sorozat koverges és a határértéke A, akkor azt modjuk, hogy a a végtele sor koverges és az összege A. Ha a részletösszegekb l képzett (s ) sorozat diverges, akkor azt modjuk, hogy a a végtele sor diverges. = = Ha s = (illetve ), akkor azt modjuk, hogy a sor összege (illetve ). Ezt úgy jelöljük, hogy.. Deíció. [] A a a végtele = a = (illetve ). = a végtele sort abszolút kovergesek evezzük, ha = a sor koverges. =.3. Deíció. [] A a végtele sort feltételese kovergesek evezzük, = ha a sor koverges, viszot em abszolút koverges..4. Tétel. (Cauchy-kritérium) [] A a végtele sor akkor és csak akkor koverges, ha mide ε > 0-hoz létezik egy N idex úgy, hogy mide N < m-re a + + a a m < ε..5. Tétel. [] Ha a a = = végtele sor koverges és az összege A, akkor mide c R-re a c a sor is koverges, és az összege c A. = Ha a a és b végtele sorok kovergesek és összegük A, illetve B, = = akkor a (a + b ) is koverges, és az összeg pedig A + B. =

4 3. Tételek, kovergeciakritériumok 3.. Majorás és miorás elv 3.. Tétel. (Majorizációs elv). [] Tegyük fel, hogy a és végtele sorok tagjaira mide elég agy a = eseté feáll a b. Ha a koverges. b = = b sor koverges, akkor = a abszolút 3.. Példa. = ( ) Oldjuk meg a feladatot majorizációs elv segítségével. Ehhez elle rizük kell, hogy teljesülek-e a tételbe megfogalmazott feltételek. Most legye a = ( ) és b =. Tudjuk, hogy sor koverges. Most már csak azt = kell tuduk, hogy feáll-e mide elég agy -re a következ : ( ). Kevesebb a dolguk, ha a reciprokát tekitjük, valamit az abszolútérték jelet is elhagyhatjuk, mivel emegatív egész: ()!! ( )! ( )... ( + )! =.!! Ha egyszer sítük!-sal és -vel, akkor a következ becsléssel közelebb juthatuk a megoldáshoz: ( ) ( )... ( + ) 3... ( ) > ( )... >. Ez teljesül mide elég agy -re, hisze ez igaz, ha > : > > A tétel feltételei tehát teljesülek, ebb l következik, hogy a = ( ) végtele sor abszolút koverges. A majorás kritérium elvezet beüket egy újabb kritériumhoz, amelyek segítségével végtele sorok divergeciáját tudjuk beláti. LaczkovichT.Sós Aalízis II /e feladat 3

5 3.3. Tétel. (Miorás-kritérium). [] Tegyük fel, hogy a a és a b emegatív végtele sorok tagjaira mide = = elég agy eseté feáll a b. Ha a a sor diverges, akkor a b sor is diverges. = = 3.4. Példa. = ( + ) El ször a tételbe meghatározott feltételeket kell megteremteük. Mivel ezúttal az az el zetes várakozásuk, hogy a sor diverges lesz, megpróbáluk egy diverges alsó becslést találi a b = végtele sorra. Ehhez el ször (+) a következ átalakítást itézzük: = ( + ) + Tudjuk, hogy 3 mide elég agy -re, ezért érvéyes lesz a következ becslés: =, hi- = sze Azt látjuk, hogy a = = = = végtele sor diverges, mert = végtele sor diverges. Midezekb l már következik, hogy a végtele sor is diverges a miorás kritérium miatt. 3.. Gyökkritérium és háyadoskritérium 3.5. Tétel. (Gyökkritérium). [] = (+) (i) Ha va olya q < szám, amelyre a < q teljesül mide elég agy eseté, akkor a a sor abszolút koverges. = (ii) Ha a <, akkor a a sor abszolút koverges. = (iii) Ha a a >, akkor a mide elég agy -re az a >. LaczkovichT.Sós Aalízis II. 7.4./b feladat a = diverges. Ugyais ekkor 4

6 3.6. Példa. 3 = 0 3 A példa megoldásához a gyökkritérium (ii) részét fogjuk haszáli: 0 3 = 0 3 Tudjuk, hogy 0 = és 3 = 3 = 3. Mivel köye és többféleképpe belátható, hogy a 3 > mide elég agy -re, a fetiek szerit számíthatjuk a határértéket. Az alábbiakba az egyik legegyszer bb módo bizoyítjuk is. Ehhez a sorozatokra voatkozó csed relvet haszáljuk a megfelel becslések megtalálása utá ( ) = 3 3 = 3 Ezt felhaszálva már ics ehéz dolguk: 0 3 = 0 = 3 0 = 3 3 <. Így teljesül a gyökkritérium (ii) feltétele, ezért a koverges. Tekitsük egy boyolultabbak t példát is: 3.7. Példa. = ( + ) ( ) = 0 3 sor abszolút Ha felismerjük, hogy a gyökkritériumot kell haszáluk, akkor valójába ics is ehéz dolguk: Így a = ( + ) = (+ ) sor abszolút koverges lesz. = ( + ) ( + ) = < A gyökkritériumot haszálhatjuk végtele sorok divergeciájáak igazolására is. Lássuk erre egy példát: 3 LaczkovichT.Sós Aalízis II. 7.4./a feladat 5

7 3.8. Példa. = Ezzel beláttuk, hogy a = = = = > végtele sor diverges Tétel. (Háyadoskritérium). [] Tegyük fel, hogy a 0, ha elég agy. (i) Ha va olya q < szám, amelyre a+ a < q teljesül mide elég agy eseté, akkor a a sor abszolút koverges. = a (ii) Ha + a <, akkor a a sor abszolút koverges. = a (iii) Ha + a >, akkor a a sor diverges, mert a + > a = mide elég agy -re, és így a Példa. 4 (+) = 0 0 Nézzük meg, mit jelet most a háyadoskritérium feltétele: = ( + ) A egyszer sítés utá a következ ket kapjuk: ( + ) 0 (+) 0 0 = = 0 < A feti godolatmeethez hozzátartozik, hogy belássuk (+) 0 0 =. Szerecsére ezt köye megtehetjük: ( + ) 0 0 = ( + A tétel (ii) részét haszálhatjuk, amib l következik, hogy a ) 0 ( = + 0 = ) 0 0 sor ab- szolút koverges. Nézzük meg egy érdekesebb példát a háyadoskritérium alkalmazására. 4 LaczkovichT.Sós Aalízis II /d feladat = 6

8 3.. Példa. 5 = (!) Ismét a tétel (ii) részét haszáljuk: = (+)! (+) (!) ( + )! ( + )!!! Elvégezve az egyszer sítéseket, már csak egy jóval köyebb határértékszámítás marad: ( + ) = 0 <. (!) Ezzel teljesül is a tétel (ii) feltétele, így beláttuk, hogy abszolút = koverges. A háyadoskritérium, akárcsak a gyökritérium, szité haszos lehet, ha egy végtele sorról be szereték láti, hogy diverges. Nézzük meg egy példát erre az esetre is: 3.. Példa. 6 = (3)!! ( + )! ( + )! (3+3)! (+)! (+)! (+3)! (3)!! (+)! (+)! = (3 + 3)!! ( + )! ( + )! (3)! ( + )! ( + )! ( + 3)! Egyszer síthetük, hisze az ( + )! és az ( + )! szerepel a evez be és a számlálóba is: (3 + 3)!! ( + 3)! (3)! = (3 + 3) (3 + ) (3 + ) (3)!! ( + 3) ( + ) ( + )! (3)! Ezúttal is egyszer síthetük a kifejezése, méghozzá (3)!-sal és!-sal. 3( + ) (3 + ) (3 + ) ( + 3) ( + ) ( + ) = 3 ( ) LaczkovichT.Sós Aalízis II /b feladat 6 Thomas-féle Kalkulus Feladatok/38. feladat 7

9 Láthatjuk, hogy az a leggyorsabba övekv tag, ameyibe, ezért célszer ezzel elosztai a számlálót és a evez t is a hatérték kiszámításához A fetiekb l következik, hogy a = = 7 >. (3)!! (+)! (+)! végtele sor diverges. Haszosak bizoyult a háyadoskritérium, hisze más módszerekkel jóval ehezebb beláti a feti sor divergeciáját. A gyökkritérium er sebb, mit a háyadoskritérium, mert ha egy sorra teljesül a háyadoskritérium feltétele, akkor a sor a gyökkritérium feltételét is automatikusa kielégíti. Bizoyos esetekbe azoba köyebb számoli a háyadoskritériummal. Most ézzük példát, ahol a gyökkritérium alkalmazható, de a háyadoskritérium em Példa. Tekitsük a következ végtele sort! A kérdés persze a a = { 5, ha páratla, 5, ha páros. a sor kovergeciatulajdoságaira voatkozik. El ször = a háyadoskritériummal próbáljuk meg igazoli a sor kovergeciáját: a + a = 5 + = 5 (+) 5 + 5, ha páratla, = (+) 5 5, ha páros. Rögtö látszik, hogy az (+) 5 határértéke végtele, ha az, és ebb l a persze következik, hogy a + a < feltétele em lesz igaz a háyadoskritériumak, azaz em tudjuk alkalmazi a tételt. Másodjára próbálkozzuk meg a gyökkritériumot haszáli: a = 5 = = 5 5 <, ha páratla, 5 = = 5 5 <, ha páros. Teljesül a gyökkritérium feltétele, mivel a <. Megállapíthatjuk tehát, hogy a sor koverges. 8

10 3.3. Itegrálkritérium 3.4. Tétel. (Itegrálkritérium). [] Legye a N +, és legye f mooto csökke és emegatív függvéy az [a, ) félegyeese. A f() végtele sor akkor és csak akkor koverges, ha az a 3.5. Példa. =a f(x)dx improprius itegrál koverges. / c = A következ kbe tehát / c dx improprius itegrált vizsgáljuk meg. Láthatjuk, hogy ez akkor és csak akkor koverges, ha c >, potosabba: Valóba, a c eseté: /x c dx = y y Azt pedig tudjuk hogy: A c = esetbe is igaz: /xdx = y y /c = { c, ha c >, ha c. [ ] y [ /x c dx = y c x c = y c + ] c y c x x c = y { 0, ha c >, ha c <. /xdx = y [log x]y = y log y = Ezzel beláttuk, hogy a = /c sor koverges, ha c > Példa. 7 Legye p pozitív álladó. Igazoljuk, hogy x (l x) p dx potosa akkor koverges, ha a p >! Eek ismeretébe mit modhatuk a (l ) p sorról? = 7 Thomas-féle Kalkulus Feladatok/39. feladat 9

11 El ször ézzük meg, hogya éz ki a feti improprius itegrál, ha p. y [ ] y dx = dx = (l x) p x (l x) p y x (l x) p y p Helyettesítsük be és számítsuk ki a határértéket: [ y = y ] y p (l y) p (l ) p p [ p (l y) p + (l ) p p Természetese p (l ) p egy kostas mide p rögzített számra. Így a következ hatáérték érdekes számukra: y { p (l 0, ha p > y) p =, ha p <. = ] Összegezve tehát ez lesz a határérték: [ y p (l y) p + ] { p (l ) p = (l ) p, ha p > p, ha p <. Ez egyúttal azt is jeleti, hogy az improprius itegrál koverges, ha p >, és diverges, ha a p <. Így már csak egy eset maradt, amikor a p =. Nézzük meg ezt is. y dx = x (l x) y x (l x) = [l l y x]y = y [l l x l l ] = tehát az itegrál diverges lesz p = esetbe is. Tekitsük most a végtele sort. Láthatjuk, hogy erre a sorra = (l ) p teljesülek az itegrálkritérium feltételei, így a tétel szerit potosa akkor lesz koverges, amikor a feti improprius itegrál. A végtele sor tehát diverges, ha p és koverges, ha p >. = (l ) p 0

12 3.4. Dirichlet, Abel és Leibiz kritériumai 3.7. Tétel. (Dirichlet-kritérium). [] Tegyük fel, hogy (i) az (a ) sorozat mooto csökke és 0-hoz tart, és (ii) a b sor részletösszegeiek sorozata korlátos. = Ekkor a a b sor koverges. = A Dirichlet-kritérium speciális esetkét tartalmazza a Leibiz-kritériumot (legye b = ( ) ). Bizoyítás. Legye a b sor -edik részletösszege s, és tegyük fel, hogy = s K mide -re. Legye ε > 0 adott. Mivel a 0, ezért választhatuk olya N idexet, hogy a < ε K teljesüljö mide N-re. A folytatáshoz a következ egyel tleséget is felhaszáljuk: 3.8. Tétel. (Abel-egyel tleség) [] Ha x x... x k 0 és z y y l Z mide l =,..., k-ra, akkor x z x y x y x Z. Folytatva a Diriclhet-kritérium bizoyítását: ha N m, akkor az Abelegyel tleség szerit: ε < ( K) a a b a m b m K a < ε, tehát a b a m b m < ε. Ezzel beláttuk, hogy Cauchy-kritériumot, azaz koverges. a b sor kielégíti a 3.9. Példa. Nézzük a következ végtele sort: ! Haszáljuk a Dirichlet-kritériumot a példa megoldására! Méghozzá úgy, hogy az a =. Ekkor a teljesül a tétel (i) feltétele, mert az sorozat mooto csökke, valamit 0, ameyibe. A b tagjai ekkor a következ képpe ézek ki:,,,,,,, =,,,.... Jelölje s a = = b sor -edik részletösszegét. Láthatjuk, hogy ez egy oszcillálva diverges sorozat lesz, hisze s lehet 0,, vagy is, éppe ezért 0 s, azaz a b részletösszegeiek sorozata korlátos. Így teljesül a = kritérium (ii) feltétele is, ezért a feti végtele sor koverges lesz.

13 3.0. Tétel. (Abel-kritérium). [] Tegyük fel, hogy (i) az (a ) sorozat mooto és korlátos, és (ii) a b sor koverges. = Ekkor a a b sor is koverges. = Bizoyítás. Feltehetjük, hogy az (a ) sorozat mooto csökke, mert külöbe áttérük a ( a ) sorozatra. Legye a = a, ekkor (a a) mooto csökkeve ullához tart. Mivel a b sor koverges, ezért a részletösszegeiek sorozata korlátos. Így a = (a a)b sor koverges a Dirichletkritérium szerit. Ha ehhez a sorhoz tagokét hozzáadjuk a koverges sor tagjait, akkor megkapjuk a tétel miatt. = a b = a b sort, amely koverges lesz a következ = 3.. Tétel. [] Ha a a és b végtele sorok kovergesek és összegük = = A, illetve B, akkor a (a + b ) sor is koverges, és az összege A + B. = Bizoyítás. Ha a szóba forgó sorok -edik részletösszegei s t, akkor a (a + b ) sor -edik részletösszege s + t. Így az állítás abból következik, = hogy (s + t ) = s + t = A + B. 3.. Példa. Most az a = = (+ ) ( ) + = = ( +. Ez a sorozat mooto, hisze a számtai-mértai közepek közti egyel tleség alkalmazásával a következ ket kapjuk: ( + + ) < + ( ) + = = + + Ezutá + -edik hatváyra emeljük midegyik oldalt: ( + ) ( = + ) + + Már csak az kell, hogy ez a sorozat korlátos legye felülr l. Ehhez azt mutatjuk meg, hogy mide és m pozitív egészre: )

14 ( + ) ( < + ) m+ m Megit a számtai-mértai közepek közötti egyel tleséget alkalmazzuk: +m ( + ) ( m < m) ( + + m ) ( ) + m m = + m + m =, így ( + ) ( m) m <. Mivel ( m) m reciproka ( ) m ( m = + ) m, m m Itt midkét oldalt osztva ( m) m-el, azt kapjuk, hogy ( + ) ( < + ) m. m Itt m+-et kell hellyettesíteük m helyébe, ezzel belátva, hogy az ( + m számok midegyike fels korlátja a sorozatak. Ezzel pedig teljesül a kritérium (i) része. A b = sorról tudjuk, hogy koverges. Ezzel teljesül a tétel (ii) = része is. = Midezekb l az Abel-kritérium szerit következik, hogy a sor koverges Tétel. (Leibiz-kritérium). [] Ha az (a ) sorozat mooto csökke és 0-hoz tart, akkor a ( ) a sor koverges. = 3.4. Példa. ( ) log = a b = Oldjuk meg a példát a Leibiz-kritériummal! Tudjuk, hogy az a = sorozat mooto csökke, ha > és ullához tart, ezért a ( ) sor koverges lesz a tétel szerit. = = = ) m (+ ) log log 3

15 3.5. Egyéb kritériumok 3.5. Tétel. (Kodezációs kritérium). [] Ha az (a ) sorozat emegatív és mooto csökke, akkor a = a végtlele sorok egyszerre divergesek, vagy kovergesek. = Bizoyítás. Jelöljük a a és = a és a sorok részletösszegeit s -el, = illetve S -el. Állapodjuk meg, hogy s 0 = S 0 = 0. Mivel az a a i mide i > -re, ezért mide -re, és így S = S S = a (S k S k ) k= Ebb l következik, hogy ha a + i= + a i = s + s (s k+ s k) = s + s. k= a részletösszegei korlátosak, akkor a = a sor részletösszegei is azok. Hasolóa, a a i mide i -re, ezért = S S = a mide -re,azaz S = = (S k S k ) k= i= + a i = (s s ) (s k s k ) = s s. k= Ha tehát a a sor részletösszegei korlátosak, akkor a a részletöszegei is azok. Egy emegatív tagú sor akkor és csak akkor koverges, ha részletösszegeiek sorozata (felülr l) korlátos. Ezt alkalmazva a tétel bizoyításáak végéhez értük. = 4

16 3.6. Példa. 8 = log Haszáljuk a kodezációs kritériumot. A (a ) = log A következ kbe azt látjuk be, hogy (a ) = log Ehhez tekitjük az f(x) = log x x f (x) = sorozat emegatív. sorozat mooto csökke. függvéyt és kiszámítjuk a deriváltját. x x x log x x 4 = x x log x x 4 Az x 4 >0, így eleged a továbbiakba a számlálót vizsgáli. Ha f (x) < 0 egy adott itervallumo, akkor ott az f(x) függvéy mooto csökke. x x log x < 0 x < x logx < log x < log x e < x Meg kell jegyezük, hogy a feti egyel tleség megoldásáál kihaszáltuk, hogy az x > 0. Mivel az f(x) függvéy mooto csökke, ha e < x, ezért x =, 3, 4,... potokat tekitve is mooto csökke, ezért a = log sorozat is mooto csökke lesz, ha =, 3, 4, 5... potokba tekitjük. A továbbiakba tehát a tétel szerit a a sort kell vizsgáluk. Ha ezt felírjuk, majd elvégezzük az egyszer sítéseket, akkor következ t kapjuk: = log ( ) = = = log = = log Az így kapott végtele sorra haszáljuk a korábba megismert háyadoskritériumot. (+) log + log = ( + ) log + log = = + = + = < Teljesül a háyadoskritérium, így a log ( ) végtele sor koverges lesz. = A tétel szerit az el bbi végtele sor és a egyszerre kovergesek, vagy divergesek. Így beláttuk, hogy a = log 8 LaczkovichT.Sós Aalízis II. 7.4./f feladat = log sor koverges. 5

17 3.7. Tétel. Legye a egy pozitív tagú sor, ahol a tagok mooto csökke = sorozatot alkotak. A j k sorozat pedig egy szigorúa mooto öv, természetes számokból álló sorozat. Ekkor a (j k+ j k )a jk sor koverges. k= = a sor koverges lesz, ameyibe a Bizoyítás. El ször egyszer e szorzással alakítsuk át a következ formulát: (j k+ j k )a jk = (a jk + a jk + a jk a jk ) (a jk a jk ) Értelemszer e az els zárójelbe j k+, míg a másodikba j k darab tag va. Ezutá kihaszáva azt, hogy az a mooto csökke és a j k szigorúa mooto öv, már fel tuduk íri egy kézefekv alsó becslést: (a jk +a jk +a jk +...+a jk ) (a jk +...+a jk ) a jk +a jk + +a jk a jk+ Ebb l pedig már látszik a következ összefüggés is: (j k+ j k )a jk k= j + Ebb l már láthatjuk, hogy a majorás-kritériumot alkalmazva, ha a (j k+ j k )a jk végtele sor koverges, akkor a a sor is az. k= 3.8. Példa. Bizoyítsuk be, hogy az el z kovergeciakritérium alkalmazható, ha j k = (j + ) k, illetve ha j k = j k+. El ször tekitsük a j k = (j + ) k esetet. Ahhoz, hogy a feti kritérium alkalmazható legye, meg kell ézük, mit jeleteek a feltételek, azaz kell, hogy a feti sorozat természetes számokból álló, mooto öv sorozat legye. Természetese a j k = (j + ) k sorozat szigorúa mooto öv, ha j egy rögzített pozitív egész, hisze ekkor a j k = (j + ) k < j k+ = (j + ) k+, vagyis alkalmazható a tétel. Nézzük most meg a feladat második részét, azaz a j k = j k+ esetet. Most is ezt a feltételt kell elle rizük, ami ismét teljesül, ha feltesszük, hogy j > természetes szám, hisze ekkor kapuk szigorúa mooto öv j k sorozatot. A feti kritérium m ködését megézhetjük kokrét sorokra is Példa. Koverges-e a = (log ) sor? Most legye a j k = k. Ez a sorozat természetes számokból áll és persze szigorúa mooto öv is, tehát haszálható a tétel szerit. Az a = k= a k = (log ). Az a sorozat mooto csöke mide elég agy idexre, hisze mide elég 6

18 agy -re teljesül, hogy (log ). Láthatjuk, hogy ez így va, mert az alábbiak igazak leszek, ha 4: (log ) (log ) (log ) = log 4 log 4... log 4 log log... log = (log ) Most, hogy láttuk, a tétel feltételei maradéktalaul teljesülek, próbáljuk meg alkalmazi azt: (j k+ j k )a jk = ( + ) a (log ) = = = = = Err l a végtele sorról pedig a gyökkritérium segítségével meg tudjuk modai, hogy koverges, mert = 4 = 0 < Mivel pedig ez a sor koverges, így a tétel alapjá tudjuk, hogy a sor is koverges. = (log ) 7

19 4. Feladatok, egyéb példák 4.. A divergecia igazolása Ahogy azt már korábba is láttuk, a feti kovergeciakritériumok éháy esetbe segíteek abba is, hogy egy végtele sorról bebizoyítsuk, hogy diverges. A következ tétel egy fotos szükséges feltételt fogalmaz meg. 4.. Tétel. [] Ha a a sor koverges, akkor a = 0. = A a = 0 tehát egy szükséges feltétel a kovergeciához, de em elégséges feltétel. A következ kbe tekitsük meg példáko, mit is mod ki ez a tétel. 4.. Példa. = + ) ( + Ha el zetese azt várjuk, hogy egy sor diverges lesz, érdemes a feti tétel szerit megézi, hogy meyi a a határérték. Ehhez el ször elvégzük egy apró átalakítást. = + ( ) + = ( + = Számítsuk ki a = (+ ) sorozat határértékét, ha az : ( + A ( =, az ) = + ( + ) ) = ( ) + = 0 ), mert ( + ) ( + ) ( ( = + ) ) = e =. A tétel alapjá tehát a = + (+ ) sor diverges. Vaak azoba olya végtele sorok, amelyekél a 0 feltétel teljesül, mégsem lesz koverges a sor. Erre is ézzük meg egy példát: 8

20 4.3. Példa. = Vizsgáljuk meg most az a = sorozatot! Ehhez számítsuk ki a következ határértékeket a csed r-elv alkalmazásával: A ( + ) 3 = 3, mert 3 ( ) 3 ( + ) 3 ( + ) 3 = ( + ) = 3 = 3 3 A (3 ) 3 3 = (3 = 3, mert ( 3 )) (3 ) (3 ) = Tehát a = 0, mert az el bbiek alapjá világos, hogy a = Mégis azt fogjuk láti, hogy a = sor diverges. Kiszámíthatjuk, hogy a , 36, így mide elég agy -re teljesül a következ alsó becslés: A = 0, 36 4 = 4 4 végtele sor pedig diverges. A miorás kritérium feltételei telje- sülek ebbe az esetbe, tehát a = 4.4. Példa. 9 Va-e olya x, amellyel a végtele sor koverges? Válaszukat idokoljuk! = x sor diverges. A példa megoldásához a.5 tételt fogjuk felhaszáli. Ugyais, ha a feladat alapjá feltesszük, hogy a x koverges, akkor kiemelhet bel le az x, = így x = x. A sorról pedig tudjuk, hogy diverges, tehát = = = elletmodásba ütközük. Éppe ezért ics ilye x szám Példa. 0 Igaz-e, hogy tetsz leges csupa pozitív tagú = a diverges sorhoz található olya, szité csupa pozitív tagból álló és diverges b = amelyre teljesül, hogy mide -re b < a? Létezik-e a diverges sorok legkisebbike? Válaszukat idokoljuk! 9 Thomas-féle Kalkulus Feladatok/34. feladat 0 Thomas-féle Kalkulus Feladatok/35. feladat sor, 9

21 A válasz: igaz lesz az el z feladat alapjá, ugyais az összes = x alakú sor diverges lesz, ayi változással, hogy mivel pozitív tagú sorokról beszélük, jele esetbe az x > 0. Így például a a = és a b = = = = = jó lesz. Ebb l már érezhet, hogy ics ezek között a sorok közt legkisebb, mivel mide valós számál tuduk modai agyobb valós számot, amit az x helyére írva újabb diverges sort kapuk. Persze tuduk érdekesebb példát is találi diverges sorra, amely kisebb a fetiekél. Ilye például a = log. Korábba beláttuk err l a sorról az itegrálkritérium segítségével, hogy diverges. A következ kbe a korábbi tételeket vizsgáljuk majd külöböz érdekes kérdések és feladatok formájába. Példákat, illetve ellepéldákat tekitük a tételek feltételeiek vizsgálata sorá. 4.. Példák, ellepéldák, érdekes állítások 4.6. Példa. Felmerül a kérdés, hogy igaz-e, hogy ha egy végtele sorból akárháy tagot elhagyuk, akkor a sor kovergeciatulajdoságai em változak meg. Láti fogjuk, hogy em igaz. = illetve = A feti ellepéldákkal köye cáfolható. Most a sorból tagokat elhagyva pot a = sort kapjuk. Az el bbir l tudjuk, hogy diverges, az utób- biról, hogy koverges. = = = tagjai:,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,... tagjai:, 4, 9, Példa. Va-e olya pozitív tagú sor, amelyiket a majorás és miorás kritériumokba egyarát alkalmazhatuk más sorok kovergeciájáak, illetve divergeciájáak a bizoyítására? Tegyük fel tehát, hogy 0 a, b, és mide elég agy eseté teljesül, hogy a b. Ekkor a majorás-kritérium azt modja ki, hogyha a b sor = 0

22 koverges, akkor a a sor is koverges, vagyis a fels becslésél olya b = sorozatot keresük, hogy a b sor koverges legye. = Tegyük fel ismét, hogy 0 a, b, és mide elég agy eseté teljesül, hogy b a. Ekkor a miorás-kritérium azt modja ki, hogyha a b sor diverges, akkor a = a sor is diverges, vagyis az alsó becslésél olya b = sorozatot keresük, hogy a b sor diverges legye. = Mivel azoba ics olya sor, ami egyszerre koverges és diverges, ezért a válasz az, hogy ics ilye sor Példa. Mutassuk példát olya és b sorokra, ahol a a = koverges, a b, és b diverges. = = a = Ez a feladat szité a majorás-kritériummal kapcsolatos. Sejthetjük tehát, hogy azért tuduk a feladatba meghatározott példát mutati, mert a majoráskritérium valamely feltétele em teljesül. Méghozzá az, hogy ics a példába megkötés a a és b sorok el jelét illet e. = = Ezek utá már em ehéz találi, egy példát: a = ( ) és b = + = = = = Tudjuk, hogy a sor koverges lesz a Leibiz-kritérium miatt, ( ) = azoba a + sor pedig diverges. Az pedig világos, hogy a ( ) = = = teljesül. + Most ézzük egy olya feladatot, ahol em feltétleül ellepéldákat kell keresük, mert az lesz a sejtésük, hogy valamelyik következtetés igaz lesz Példa. Tegyük fel, hogy mide -re az a 0. Ekkor az alábbi állítások közül melyikb l következik a másik? a koverges P: Q: = a koverges = Köyebb beláti, hogy a Q P. Ellepéldakét ismét a a = = = sorokat fogjuk ézi. Mivel = a = = diverges és koverges, ezért megváltozik a kovergeciatulajdoság, így Q P. = = és

23 A másik iráyál azt modja az ituíciók, hogy igaz lesz a következtetés, azaz P Q. A bizoyításhoz a következ deíciót fogjuk alkalmazi Deíció. Az a sorozat b-hez tart, ha mide ε > 0-hoz létezik olya (ε-tól függ ) 0 szám, amelyre teljesül, hogy Most tehát a feltételb l kiidulva: a b < ε mide > 0 idexre. a kovergeciája miatt az a 0. = A feti deíció azt modja ki, hogy mide ε > 0-hoz létezik olya 0 szám, amelyre teljesül, hogy a < ε mide > 0 idex eseté. Ez azt jeleti, hogy mide > 0 -ra (mide elég agy -re) az a tagjai agyo kicsik" és tetsz legese" közel kerülek a sorozat határértékéhez, azaz a 0-hoz. A fetiek miatt tekithetjük azokat a tagokat, amikor az a <, azaz az ε =, mert ε-ál agyobb távolságra csak véges sok tagja va az a sorozatak. Ekkor érvéyes a következ egyel tleség is: a < a. Így teljesülek a majorás-kritérium feltételei, hisze emegatív tagú sorokról va szó és a majorálja a végtele sort, éppe ezért utóbbi is koverges lesz. = 4.3. Leibiz feltételei a = 4.. Példa. Mutassuk példákat olya diverges sorokra, amelyek a Leibizkritérium 3 feltétele közül potosa -t elégíteek ki! A példákból láti fogjuk, hogy a feltételek semelyikét em lehet elhagyi. Az egyszer ség és az átláthatóság kedvéért most megszámozzuk a Leibiz-kritérium feltételeit:. a 0,. a sorozat abszolút értékbe mooto csökke, 3. a váltakozó el jel. Ezek közül kell potosa kett ek teljesüli. Nézzük meg el ször azt az esetet, amikor az. és a. feltétel teljesül, de a 3. em. Ilye például a = sor. Az (a ) = sorozat mooto csökke és tart 0-hoz, azoba tudjuk, hogy a sor diverges. = Most pedig tekitsük azt az esetet, amikor az. em teljesül, a többi feltétel pedig ige. Az ( ) jó példa erre, hisze a váltakozó el jel és = ( ) = + és. Midazoáltal az a sorozat oszcillálva diverges, hisze = és =. Emiatt persze a ( ) végtele sor sem lesz koverges. =

24 Végül jöjjö egy példa, amikor a. feltétel em igaz, de a. és 3. feltételek ige. Jó példa lesz a ( ) + + sor. Be kell látuk, hogy az a = = ( ) + + = sorozat 0-hoz kovergál: ( ) ( + ) + = ( + ) Válatakozó el jel lesz, hisze + + és + egymást az a sorozatba, és. + ( ) = 0. + alakú tagok váltják Azt is beláthatjuk, hogy az a sorozat em mooto csökke, mivel + + = (+) és + + = + (+) tagok váltják egymást. jóval gyorsabba" tart 0-hoz, mit. + (+) (+) Már csak azt kell megvizsgáluk, hogy koverges-e a sor, ehhez vizsgáljuk meg a részletösszegeket. Ha páratla, azaz a sor páratla tagjait tekitjük, N + akkor ez az összeg a következ : (+). Látható, hogy a részletösszegek = sorozata em lesz korlátos ebbe az esetbe, hisze yilvávalóa igaz, és = = = + ( + ) N = sor részletösszegeiek sorozata em korlátos. Ez azt is jeleti, hogy mide határo túl övekedi fog a sor összege, azaz végtele lesz. Ezzel elletétbe ha a sor páros tagjait tekitjük, akkor egy koverges sorozatot kapuk, melyek így va egy valós összege. Az = (+) sor részletösszegei korlátosak. A páros és páratla idex tagokat összegezve, azt modhatjuk tehát, hogy a ( ) sor részletösszegei em leszek korlátosak. Ebb l az = következik, hogy az + + ( ) = Példa. Koverges vagy diverges az alábbi sor? = cos π végtele sor diverges lesz. Nézzük meg, melyek azok a kritériumok, amik alkalmazhatók erre a sorra. Az Abel-kritérium, az itegrál-kritérium és a Dirichlet-kritérium feltételei közt találjuk, hogy mooto, illetve mooto csökke tagok alkossák a sort, ez pedig most em teljesül, ezeket tehát em tudjuk haszáli. A gyökkriétériumot akár ki is próbálhatjuk: 3

25 cos π = 3 A feti átalakítás az abszolútérték miatt lehetséges, valamit, hogy a cos(π) csak, illetve értéket vehet fel. Tovább számolva a határértéket: 3 = 3 A gyökkritérium tehát em segít, mert a tétel szerit ebbe az esetbe em tuduk semmit az adott sor kovergeciatulajdoságairól. Tudjuk, hogy a gyökkritérium egy er sebb kritérium, így a háyadoskritériummal sem járuk sikerrel. A legkézefekv bb a Leibiz-kritérium haszálata, mert alteráló sorrol va szó. Azt is tudjuk, hogy a sor tagjai abszolút értékbe mooto csökke soro- cos π zatot alkotak, hisze ez valójába ekkor a a = =. Ez a sorozat 3 3 = kovergál a 0-hoz, éppe ezért a tétel alkalmazható lesz, s emiatt a = cos π végtele sor koverges. Va azoba egy másik megoldás is, ez tulajdoképpe arról szól, hogy belátjuk, hogy a sor abszolút koverges és így koverges is. Az abszolút kovergecia köye látható, hisze ekkor a fetiek szerit: cos π = = 3 = 3 Ez pedig egy hiperharmoikus sor, azaz koverges Az itegrálkritérium vizsgálata 4.3. Példa. Mutassuk példát olya folytoos, emegatív függvéyre, amelyre f(x)dx koverges, de f() diverges! = Nyilvávalóa az itegrálkritériummal kapcsolatos ez a probléma, ezért aak feltételeit kell vizsgáli. A feladatba majdem mide szerepel az itegrálkritériumból, kivéve, hogy ics kikötve az f(x) függvéy mooto csökkeése. Kézefekv tehát egy mooto em csökke függvéyt keresi, amely ugyaakkor folytoos, emegatív és teljesül rá, hogy f(x)dx koverges, de a f() végtele sor diverges. = Legye mide N + -re f : [, ] R olya emegatív folytoos függvéy, amelyre f ( ) = f () = 0, max f és f(x)dx. Ilye az a függvéy, amelyre f (x) = 0, ha x a ε, f (a ) = és f lieáris az [a ε, a ] és [a, a + ε ] itervallumokba, ahol a = és ε =. Nézzük meg eek a függvéyek a képét, egy kisebb itervallumba, 4

26 hogy érzékeljük, miért illeszkedik a feladatba meghatározott feltételekhez. Az f ( ) = és a = alakú potok körüli lieáris részeket sem ehéz elképzeli, a többi helye pedig 0, így csak az itervallumok határait kell kiszámítai pár értékre és látszik, hogya is éz ki a függvéy. Legegyszer bbe ebb l a formulából számolható: x. a = x x + = 3 = 3 5 = Eze pár érték alapjá felvázolhatjuk a függvéyt egy, az ábrá látható kisebb itervallumba. Legye tehát f(x) = f (x), ha x [, ] és N +. Ekkor f folytoos. Mivel f emegatív, ezért az x x fdt függvéy mooto öv, és így a 0 x x 0 fdt határérték létezik. Másrészt 0 fdt < mide -re (hisze a = ), ezért a határérték véges és az fdt 0 =0 = improprius itegrál koverges. Eek elleére a f() diverges lesz, mert itt az érték midig, és =. = = Értelemszer e felmerül a következ kérdés is az el z feladatot látva Példa. Mutassuk példát olya folytoos, emegatív függvéyre, amelyre f(x)dx diverges, de f() koverges! = Ezt a problémát az el z feladat yomá már köyebb megoldai, ugyais az itervallumok maradak ugyaazok, csak a felvett értékeket változtatjuk 5

27 meg. Legye most ez a függvéy, amelyre f (x) =, ha x a ε, f (a ) = 0 és f lieáris az [a ε, a ] és [a, a + ε ] itervallumokba, ahol a = és ε =. Tehát a a = alakú potokba most 0 lesz a függvéyérték, ezért 0 = 0 koverges lesz. Ha viszot kívül vagyuk az [a ε, a ] = és [a, a + ε ] itervallumo, akkor a függvéy értéke midehol, tehát a dx itegrált kell kiszámoluk, ami. Természetese ebb l le kell vouk az y = és a függvéy [a ε, a ] és [a, a + ε ] itervallumoko vett lieáris részek által határolt kis háromszögek területét. Persze ezek területe éppe a sor összege, tudjuk, hogy koverges ez a sor, ebb l következik, = hogy a fdx diverges lesz, míg a f koverges. Az alábbiakba err l a függvéyr l is láthatuk egy ábrát. = 4.5. Sorösszegek példákba 4.5. Példa. Az. ábrá egy égyzetekb l álló sorozat els égy tagját taulmáyozhatjuk. A legküls égyzet területe 4 égyzetméter. Mide további égyzet csúcsai a t le kívülre elhelyezked égyzet oldalfelez potjaira illeszkedek. Határozzuk meg a sorozatba szerepl égyzetek területéek összegét!. ábra. A feladat rajza Thomas-féle Kalkulus 3... Feladatok/75. feladat 6

28 Az alábbi. ábrá jól látható, hogy a két piros szakasz égy egyel égyztre botja a égyzetet, s ezeke a kisebb égyzeteke a szürke és a fehér háromszögek ugyaiolya agyságúak. Vagyis egyegy lépésbe a égyzetek területe éppe felére csökke. Ezzel pedig meg is határoztuk a keresett végtlele mértai sorukat alkotó sorozat kvóciesét, ami q =. Eek a sorozatak a feladat szerit pedig 4 az els tagja. Az égyzetek összterületét így potosa akkor kapjuk meg, ha kiszámítjuk a következ mértai sor összegét: T = 4 = = Így tehát a égyzetek összterülete 8 lesz. ( ) = 4 = 8. ábra. Rajz a megoldáshoz 4.6. Példa. Helga vo Koch hópehelygörbéje: Helga vo Koch hópehelygörbéje egy véges területet határoló végtele görbe. Eek belátásához tegyük fel, hogy egy egységyi oldalú szabályos háromszögb l iduluk ki. Határozzuk meg az -edik görbe L hosszát, és mutassuk meg, hogy L =! Ezutá határozzuk meg az L görbe által határolt A terület agyságát, és adjuk meg a A határértéket! Íme az egyes lépések a görbe alakulásáról: 3 Thomas-féle Kalkulus 3... Feladatok/77. feladat 3 Az ábra forrása: Wikipédia 7

29 El ször határozzuk meg az L görbe hosszát az -edik iterációs lépés utá, melyhez a következ észrevételek lehetek haszosak: Mide lépésbe 4-szer ayi oldalél keletkezik, mit ameyi az el z lépésbe volt, mert egyegy élt felvált egy új kisebb háromszög két éle, illetve az iterációs lépés el tti oldalélb l is marad két él. A keletkez háromszögek oldalai mide egyes lépésbe az 3 -szorosára változik, hisze a kiidulási és a keletkezett háromszögek szabályosak, s ezek oldalait harmadoljuk a következ lépésbeli görbe kialakításához. A következ táblázat jól mutatja, hogya alakulak az egyes lépésekbe az adatok: L kerület ( 4 3 )0 3 = 3 ( 4 3 ) 3... ( 4 3 ) 3 a háromszögek oldalhosszai oldalélek száma = = Az -edik lépés utá tehát az L = 3 ( 4 3 ). Eek határértéke pedig: 3 ( 4 3 ) =, hisze a 4 3 >. Most folytassuk a feladat másik részével. Ehhez ismét tegyük egykét haszos észrevételt: Fotos megemlítei a kiidulási területet, azaz az egységoldalú szabályos 3 háromszög területét: A háromszög területe az oldalhossztól függ e égyzetese változik, ezért mide lépésbe 9 -szeresére változik a kis háromszögek területe, így ez lépés utá: 9. Az els lépésbe 3 új kisebb méret háromszög keletkezik, utáa pedig mide lépésbe 4-szer ayi lesz mit az el z be. Így tehát az -edik lépésbe 3 4 = = A fetiek alapjá tehát mide iterációs lépésbe eyivel fog b vüli a terület: = 3 4 ( 4 9 ) 3 4. = 3 4. Ezeket a területeket kell összegezi és ehhez még természetese hozzáadi a kiidulási területet, így megkaphatjuk az összterületet: ( A = k= 3 4 ( ) k = 4 + k= 3 4 ( ) ) k 4 9 Ezt a formulát egyszer e átalakíthatjuk egy idexelési trükkel, hogy egyszer bbe tudjuk összeget számoli. ( 3 A = ( ) ) k 4 4 = 9 k= ( 3 = ( k=0 ( ) ) k 4 9 k=0 ( 4 9 ) ) k 4 = 9 8

30 Nem maradt más dolguk, mit kiszámítai az A határértéket: ( 3 A = k=0 ( ) ) k ( 4 3 = ) 4 = Láthatjuk tehát, hogy a terület véges lesz, méghozzá a kiidulási terület -szerese lesz. 9

31 5. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék. Bevezetés. Alapvet deíciók, tételek 3. Tételek, kovergeciakritériumok Majorás és miorás elv Gyökkritérium és háyadoskritérium Itegrálkritérium Dirichlet, Abel és Leibiz kritériumai Egyéb kritériumok Feladatok, egyéb példák A divergecia igazolása Példák, ellepéldák, érdekes állítások Leibiz feltételei Az itegrálkritérium vizsgálata Sorösszegek példákba Tartalomjegyzék Hivatkozások 3 30

32 6. Hivatkozások Hivatkozások [] Laczkovich MiklósT. Sós Vera: Aalízis II. Nemzeti Taköyvkiadó. [] George B. Thomas: Thomas-féle Kalkulus 3. Typotex. 3