Meghökkentő és hihetetlen barangolás a matematikai végtelen birodalmában (Végtelen sorokról) július 6.

Átírás

1 Meghökkető és hihetetle baragolás a matematikai végtele birodalmába (Végtele sorokról) 59. Rátz László vádorgyűlés (spec.mat. szekció) Gödöllő 09. július 6. Dr. Németh József c. egyetemi taár SZTE TTIK Bolyai Itézet Aalízis Taszék

2 Pólya György: Ha a tudomáy valamelyik területét (vagy elméletét, vagy fogalmát) taítjuk, akkor az emberpalátákak agy lépésekkel yomo kell követiük az emberiség szellemi fejlődését. A végtele a matematikába: Elletmodásos; vitatott, misztikus Sok képteleség adódik a végtele tagadásából is és elismeréséből is. (Arisztotelesz, i.e ) Midig agy falatak tűt Megosztotta a matematikusokat (Bolzao, ) (Kell-e? Dobjuk el!) A végtelet legjobb elkerüli (Galilei, ) Ősidők óta semmi sem kavarja fel ayira az emberi értelmet, mit a végtele kérdése (Hilbert 900 PÁRIZS; 3, ) Példák (elletmodások, meghökkető dolgok a végtelet tekitve) (Első csokor) A. a) Galilei-féle paradoxo: (kölcsööse egyértelmű, akkor ugyaayi elem, Kalmár-lovasok)

3 3 Paradoxo? Elletmodás? Rész egész régi felfogása? (Bolzao, ; a rész egész). AXIOMA: Az egész agyobb, mit a része. b) vagy [0; ] és [0; ] példája (x x) y y x vagy ( ; ) ( ; ), y = tg π x vagy y = x + x.vagy a (0; ) egész számegyees összes potja pl. tg π (x ) függvéy; azaz a (0,) itervallumak ayi potja va, mit az egész számegyeesek. Defiíció: (ami feloldja az elletmodást, ami abból adódik, hogy a végesre igaz szabályokat akartuk a végtelere erőszakoli (u.i.: a rész és egész problémáját) Egy halmazt végtele halmazak evezük, ha va olya valódi részhalmaza, amellyel a halmaz ekvivales (azaz ugyaayi potja va). (Ellekező esetbe véges.) [Kihúztuk a paradoxook méregfogát.] Ferdiad x

4 4 Ludwig Philipp Georg Cator (845-98; émet) ászút; Dedekid; elismertség; depresszió; itézet... (cikkeit sokszor visszavota) c),, 3,...,,... (természetes számok) Megszámlálhatóa { } végtele halmaz p d) : racioális számok q A racioális számok ugyaayia vaak, mit a természetes számok (azaz Megszámlálhatóa végtele soka vaak) (Számosság) Ábra: (ie a egatívak is és utáa az összes) Megjegyzés: Számpárok (, m) ( 3 m ); számhármasok, szám -esek, poliomok (egész e.h.); ; 3;.... e) Va-e olya, amiek több potja va, mit a term. számok (ill. racioális számok) (azaz em megszámlálható) ( Végteleek között em lehet külöbséget tei. (Bolzao Dedekid) Ige: Valós számok (CANTOR) (4 év) Módszere: (a (0; ) itervallum összes (valós) potjára) Idirekt: (tegyük fel, hogy megsz., azaz sorredbe szed

5 hető) 5 x = 0, u u... x = 0, u u.... x = 0, u u...u.... (pl.: 0, 5 = 0, et vegyük) Legye y = 0, v v v 3..., ahol legye v =, ha u = és legye v =, ahol u. Ha pl. y = x = 0, u u...u... Elevezés: Kotiuum-számosságú (valós számoké) Cator féle diagoális eljárás. (halmaz elm., iformatika) Problémák: Va-e a megszámlálható és a kotiuum között? (Kotiuum-hipotézis) (Hilbert. a 3-ból, Seki sem űzhet ki beüket abból a paradicsomból, melyet Cator teremtett ekük. (D.H.)) Cator: A matematika léyege aak szabadságába va; sokkal haszosabb a matematikai kérdések felvetése, mit a problémák megoldása. ) Gödel (940): em cáfolható; Cohe (963): em bizoyítható. Megjegyzés: N, Q, Algebrai irracioális, traszcedes; (π, e, sir, cosr) (Ld. Liouville (844); Hermite (873); Lidema (88); Kroecker ; Cator: m.m.) Va-e a kotiuumál agyobb számosság? (Azaz vae olya halmaz, amelyek több eleme va, mit a valós

6 6 számok.) Pl: Cator kérdése: A síkak az összes potja ilye-e? NEM. g) A (0,) szakaszak ugyaayi potja va, mit az egységégyzetek, ill. az egész síkak, sőt az egész háromdimeziós térek, azaz kotiuum. Módszer: P = (0, a, a, a 3,...;0, b, b, b 3...) 0, a b a b a 3 b 3. Cator: Látom, de em hiszem Mit godolt róla először? 3 évig bizoyította az ellekezőjét; ) Az egységégyzet és az egész sík közötti megfeleltetés triviális. Tehát a síkak ics több potja, mit kotiuum (azaz valós számoké) h) Va-e a kotiuumál agyobb számosságú halmaz α) Poliomok (megszámlálható) (egész eh.) β) Folytoos függvéyek (kotiuum) (HF; Sz.-Nagy Béla) γ) Az összes függvéy (kar. függvéy); a valós számok összes részhalmazáak a halmaza agyobb számosságú, mit a kotiuum. (Cator tétele.) B. (Második csokor; végtele összegek) Bevezetés: α) CSOKI =?

7 β) 7 γ) Vagy: De =? (TORTA) = A/ = A 3 A = } = A/ + 3 A =?? + = A Mit szabad? Mit em szabad? 0, 3? Ősidők óta: Archimedes (i.e. 87 ) 4 (parabola szelet) = R. Swieshead (XIV. sz.) N. Oresme (33 38) = = (fizika; val.szí) ( mide számál agyobb ) Madhava ( ); G. Nilakhata ( ) Leibiz (646 76) π; arctg x; 3 5 π = 4 ( + )

8 8 Kiemeledő (Leibiz-féle sor) } α)( ) + ( ) + = 0 β) + ( + ) + ( + ) + = az összeg. γ) + x = x + x x 3 + (végtele osztással) = + +. Ezt elfogadta Leibiz, Joha és Jacob és Daiel Beroulli (XVII XVIII. sz.), Lagrage (736 83) is, de később így fogalmaz: ahhoz, hogy egy sor reprezetáljo egy számot, kell, hogy csökkejeek a tagok. Továbbá: Christia Wolf ( ) 3 = (Leibiz em fogadja el) Mercator (60 687) l( + x) = x x + x3 3, de l 3-mal em foglalkozik ( cikis )

9 Megjegyzés: 9 + x + x = x x 3 = = ( x)( + x 3 + x 6 + x 9 + ) = = x + x 3 x 4 + x 6 x = + + (ez már a γ) lépésél is robbahatott vola) Newto (643 77) α) + x = x + x 4 (ha x kicsi ) β) + x = x + = x x 4 + x 6 (ha x x agy ) (zsei) Mi hiáyzik (MINT EGY FALAT KENYÉR) ebbe a káoszba? CAUCHY ( ) Defiíció: = a ; s = a + +a ; ha s s (véges), akkor a sor koverges, és összege s, azaz = a = s; ellekező esetbe a sor diverges (ics összege). Eldőlt: + + ; s = 0; s + = DIV.

10 0 CSOKI + + =, hisze s, mert s = (/) / végtele mértai sor) = (ez is mértai sor) diverges, hisze s 0, 3 = = 3 00 = 3 99, hisze 00 a+a q+a q + = a ( ), ha q <. s = a q q q (Megyugvás em hazudtuk 9. osztályba erről később.) VIGYÁZAT (új miőség, e erőszakoljuk rá a végesre érvéyes szabályokat; Hegel) Példák (elrettető) ) = A 0, (Leibiz), de = 3 A (átredezés) Megoldás. Írjuk ki részletese a sor első éháy tagját: (4) = A.

11 Vegyük a következő sort, amelyek összege megegyezik az előzővel: (5) = A. Szorozzuk be a (5) alatti sort tagokét -del: (6) = A, majd adjuk össze tagokét a (4) és (6) sorokat: (7) = 3 A. Ez utóbbi sorak yilvá ugyaayi az összege, mit a következőek: (8) = 3 A. Világos, hogy a (8)-as sor a (4)-ek olya átredezése, ahol két pozitív előjelű tagot követ egy egatív, majd ismét két pozitív, egy egatív és így tovább, tehát megadtuk egy kívát átredezést. ) Csoportosítás (vagy zárójelezés) ld (de ha kov., akkor bármely csoportosított sor koverges és összege ugyaayi) 3) Részsorokra botás: a)

12 = = 0.. = 0. b) Gyógyír: Abszolút kovergecia (ld. pl. Riema tételét az átredezésről. Így ) eseté bármit lehet 4) Folytoosság 5) Riema-itegrálhatóság 6) Differeciálhatóság. Példa. Bizoyítsuk be, hogy a =0 f (x) = = (x x ) sor összege em folytoos a [0, ] zárt itervallumo. Megoldás. Alkossuk meg s (x)-et: () s (x) = f k (x) = x. k= Ebből látszik, hogy x < eseté s (x) = x (mivel x 0), míg ha x =, akkor s (x) = 0 0, azaz

13 az összegfüggvéy s(x) = 3 {, ha 0 x <, 0, ha x =, ami yilvávalóa em folytoos a [0, ] zárt itervallumo. Ez a példa azt mutatja, hogy folytoos függvéyekből (hisze az f (x) = x x függvéyek mideütt folytoosak, így a [0, ] zárt itervallumo is) álló sor összegfüggvéye már em feltétleül folytoos. Most ézzük az itegrálhatóságot. Erre voatkozik a következő példa:. Példa. Legye az {f (x)} függvéysorozat a következőképpe defiiálva: Szedjük valahogya sorozatba a [0, ] itervallum racioális potjait, és ezt a sorozatot jelöljük r -el. Ezek utá legye f (x) = {, ha x = r, 0, ha x r. Bizoyítsuk be, hogy a =0 f (x) függvéysor összegfüggvéye a [0, ] itervallumo em Riema-itegrálható. Megoldás. Mivel s (x) = f k (x) = k= {, ha x = r, r,...,r, 0, ha x r, r,...,r,

14 4 ezért s (x) s(x), ahol (3) s(x) = {, ha x racioális, 0, ha x irracioális. A (3) alatti függvéyről a bevezető aalízisbe megmutattuk, hogy em Riema-itegrálható, amivel a példát megoldottuk. Tehát a feti példa azt mutatja, hogy a végtele összegekél az is előfordulhat, hogy itegrálható függvéyek összege em itegrálható. Az alábbi példa a differeciálhatóságra voatkozik. 3. Példa. Defiiáljuk az {f (x)} függvéysorozatot a következőképpe: f (x) = x +, x + f (x) = x +, ha >. Bizoyítsuk be, hogy az ezekből a függvéyekből alkotott (4) f (x) = függvéysor összegfüggvéye em differeciálható a 0 potba. Megoldás. Alkossuk meg a sor -edik részletösszegét: s (x) = f (x) + + f (x) = x +.

15 5 Világos, hogy s (x) x mide x R eseté, tehát a sor összegfüggvéye az s(x) = x, ami valóba em differeciálható az origóba, amit bizoyítai akartuk.

16 6. ábra

17 7 Megjegyzés: Fourier ( ) sg x a sziuszok összege; Cauchy hibás bizoyítás. Gyógyír midere: Egyeletes kovergecia (Weierstrass (85 897); Abel (80 89) pl. hatváysorok ld. poliomok) C. PÉLDÁK (Köyv; 40 feladat; felvillatok sokat, de midet bizoyítok ebbe a file-ba.) a) Mértai sor Pl. =0 a q = a q 0, 3 = = 3 00 q <. 00 = Kérdés marad (9. o.) } A = 0, A = 3, A = 3 A = α) ca? = c a és (a + b ) = a + b (Midkettő OK + koverges a sor.) (Nics több u.a.) b) = =

18 8 (Swieshead; XIV. sz.). Megoldás. Először egy olya geometriai módszert mutatuk be, amely akár általáos iskolába is tárgyalható. (Az utosó fejezetbe utaluk arra, hogy ez az ötlet a XIV. századból származik.) Az ábra alapjá világos, hogy az A, A,..., A,... téglalapok területei éppe,,...,,...; a B, B,..., B,... téglalapoké pedig,,...,,.... Viszot a bal oldali síkidomot eltolással átvive a jobb oldaliba éppe az adódik, hogy a két síkidom területe megegyezik, azaz = Viszot a jobb oldali sor egy a =, q = / paraméterű geometriai sor, így összege, tehát a példába levő sorak is az összege.

19 9. Megoldás. Írjuk fel a sort részletese: () Botsuk fel a sort a következőképpe: (3) = = =.... A feti sorok mid mértai sorok, így köye adódtak az eddigiek alapjá az egyelőségek jobb oldalá szereplő számok. Ha tekitjük a jobb oldali oszlop elemeit, azok a következő végtele sort adják: = =, hisze ez egy a =, q = paraméterekkel redelkező mértai sor. Tehát a kérdéses sor koverges, és összege. Kérdés: a részsorokra botás jogos-e? (Abszolút kov.; pl. gyökkritériummal.) III. Megoldás.

20 0 Most megmutatuk még egy módszert, amivel precízzé tehetjük a megoldást. Tekitsük a sor N-edik részletösszegét: (7) s N = N N. Végezzük el a hasoló felbotást e véges összeg eseté is, és számítsuk ki az egyes összegeket: (8) = N N N = N N = N. N = N N. (Az egyes összegeket a mértai sorozatra voatkozó középiskolába tault összegképlet alkalmazásával számoltuk ki.) Viszot (7) és (8) alapjá az adódik, hogy s N = N N N = N N N, hisze N 0 és N N 0, ha N. Az első sorozatra azt alkalmaztuk, hogy q N 0, ha q <. A

21 második sorozat esetébe a következőképpe járhatuk el: Világos, hogy 0 < N N = ( N N ) N (, 5 ) N teljesül valamely N 0 -ál agyobb N-ek eseté, hisze N N. Viszot (,5 )N 0, hisze 0 <,5 <, így a redőrelv miatt valóba N 0. Összegezve tehát azt N kaptuk, hogy s N, azaz a () sor összege valóba. IV. Megoldás. +x+x + x + =, ha x < (Mért. sor) x Differeciálva tagokét (!!?) + x + 3x + + x + = ( x) / x x + x + 3x x + = vegyük x = -t, így adódik, hogy x ( x) ; = ( ) =. (Legszebb, de agy apparátus.)

22 (Gyöyörű fokozatosság: ált. isk. középisk. egyetem.) Megjegyzés. I.) Fizika = 0, azaz... II.) Val.sz. (várható érték) III.) =0 (ld. köyv, ill. III. feladat a 40-ből) Ötlet = és így botai részsorokra c) = = (harmoikus sor) Lassú Pl. s 83 > 5; s 367 > 0; s > 8 (Jai bácsi) Bizoyítsuk be, hogy = harmoikus sor diverges. Megoldás. Tekitsük a sor -edik részletösszegét: () s = Csökketsük a () összeget úgy, hogy az helyett 4 - et, helyett 4 8 = -et íruk,

23 helyett 8 6 = 3 -et, és így tovább, az utolsó blokkba = -et szereplő helyett vegyük. Így azt kapjuk, hogy s +, amiből látszik, hogy bármely K számhoz megadható olya 0, hogy ha > 0, akkor s K (ugyais elég olya 0 -t vei, amelyre + 0 > K, azaz 0 > (K ) ). Ez defiíció szerit azt jeleti, hogy s, ha, amiből az s sorozat mooto övekedése miatt az adódik, hogy s, tehát a sor valóba diverges. Megjegyzés. Még 4-5 megoldás szerepel a köyvbe (pl. Cauchy-féle kov.krit.; itegrálkritérium(!) Euler- Mascheroi kostas, kodezációs kritérium(?)) d) Az s viselkedése (Kürschák; 900 körül) Bizoyítsuk be, hogy ha >, akkor az s em egész szám. Megoldás. Kezdjük egy defiícióval. A p szám paritásáak foka k, ha p = s k és k+ -gyel em osztható p. Eze fogalommal kapcsolatba megjegyezzük, hogy ha tekitjük az,,... számokat, akkor ezek között kell egy és csak egy maximális paritású számak lei, hisze ha két ilye lee, modjuk s k és q k alakba, akkor ezek között lee páros számszor k alakú, ami azt jeleti, hog aak a paritása agyobb lee, mit k.

24 4 Ezek utá tegyük fel, hogy va olya >, hogy (9) = A, ahol A Z. Legye r a legagyobb paritású tag az,, számok között. Ekkor (9) a következő alakba írható: (0) u s v + r = A, ahol v és u páratla és r > s (mivel r volt a maximális paritás). Szorozzuk be (0) midkét oldalát s v-vel, akkor az adódik, hogy () u + v r s = A s v, ami elletmodás, mert a bal oldal első tagja egész, a második pedig em, így összegük em adhatja ki a jobb oldalo álló egész számot. Tehát a részletösszegek em adhatak egész számot ( > ) esetbe). e) viselkedése (elhagyjuk azokat a tagokat, amelyekbe szerepel a 9-es számjegy; Kemper-féle 9/ sor). Bizoyítsuk be, hogy a 9 sor koverges. Megoldás. Írjuk fel az új sor éháy tagját részletese. 9 = =

25 () = ( ) ( ) ( ) k + + } 8 8 {{ 8 + } (k+) szer Végezzük el a következő felső becsléseket: = 8 90, = 8 9 0,. 0 k + + } 8 8 {{ 8 } (k+)- szer. < 8 9 k Így azt kapjuk, hogy (3) ( ) k < = 8 0 tehát a sor valóba koverges. Megjegyzés. 0 k. k=0 ( ) k 9 = 80, 0

26 6. A 80-at javították (975; R. Baillie:, 9...) (ld. Math. Magazi; 0/ / / 9/ 68, 995) 3. Az első olya szám, ami miatt div. a sor: f) Általáos iskolai verseypélda. Határozzuk meg aak a sorak az összegét,amelyet úgy kapuk, hogy a harmoikus sorak csak azo tagjait hagyjuk meg, amelyek véges tizedes tört alakba írhatók. Megoldás. Nyilvá azo m alakú számokról va szó, amelyekre m = p 5 q alakú. Tekitsük a következő részsorokat: (4) = 5 ( ) = 5 5 ( ) = 5 5 q ( p + ) = 5 q.... A bal oldalo álló sorok potosa a szóba forgó sor tagjait tartalmazzák (az összes 5 q p alakú törtet és csak

27 7 azokat), a jobb oldalo pedig egy a =, q = 5 paraméterekkel redelkező mértai sor áll, amelyek összege = 5. Tehát a kérdéses sor összege 5. 5 g ) ( ) + = = l = I. Megoldás. Tekitsük a sor -edik részletösszegét: s = = = = ( ) = Vizsgáljuk tehát az () = a sorozat határértékét. Figyelembe véve, hogy a = ( ) +, az adódik, hogy a az +x függvéyek a [0, ] itervallum egyelő részre való beosztásához tartozó Darboux féle alsó itegrál közelítő összege. És mivel az

28 8 +xfüggvéy itegrálható [0, ]-e ezért eseté a 0 + x dx = [l( + x)] 0 = l. Tehát s l, és mivel s + = s + +, az adódik, hogy s + l, ami a sorozatok fésűs egyesítésére voatkozó tétel szerit azt jeleti, hogy s l. Tehát a sor összege l. II. Megoldás. Ez a megoldás mellőzi az itegrálást, helyette azt a több középiskolába is ismert téyt haszálja, hogy az ( + ) sorozat mooto őve, (+ )+ pedig mooto csökkeve tart e-hez. A () alatti sorozat kovergeciájáak vizsgálatától válik el ez a megoldás az előzőtől. Próbáljuk tehát az a sorozat határértékét meghatározi. Az előbbiek alapjá mide egyél agyobb ν pozitív egész szám eseté teljesül, hogy ( + ) ν ( < e < + ) ν. ν ν Vegyük a feti egyelőtleség e alapú logaritmusát, és osszuk végig ν-vel, akkor az adódik, hogy ( () l + ) < ( ν ν < l + ). ν Tegyük most ν helyébe redre az +, +,...,

29 9 számokat, így a következő egyelőtleség-redszert kapjuk: (3) ( l + ) + ( l + ) + l ( + ) Figyelembe véve, hogy l ( + ) + l ( + ) = l. < ( + < l + ), < ( + < l +. + < < l ( + ( + ) + ), ). = l( + ) l( + ), ( + ) = l = l( + ) l, összeadva az egyelőtleségeket, a bal és a jobb oldalo teleszkópikus összegek vaak, így a következő egyelőtleséghez jutuk: l(+) l(+) < }{{} a < l l. Mivel l + + l, így a redőrelv alapjá a l, amit éppe meg akartuk mutati.

30 30 III. Megoldás. + x = x + x x 3 +, ha x <. Itegráljuk tagokét (!!?) l( + x) = x x + x3 3, ha x <. Mivel ez a hatváysor az x = helye az koverges sort adja (ld. Leibiz-kritérium), ezért Abel tétele (!!) szerit az összegfüggvéy folytoos a [0; ]-o, azaz az x = helye az összegfüggvéy csak l( + ) = l lehet. (ÁBRA kell) IV. Megoldás. Igaz az alábbi: ha s = k= k, akkor c {}}{ s l és lim (s l) def = c (Euler Mascheroi-kostas) Így ha S a kérdéses sor -edik részletösszege, akkor S = s s = l + c l c l. a sor összege: l. V. Megoldás.

31 3 A Fourier-sorok elméletéből (ld. Szász Pál: A diff. és it. számítás elemei) = cosx = l ( si x ), ha x (0; π), amiből: x = π-t véve l. = h) (ld. V. feladat a 40-ből) ( ) = l, azaz = ( ) + = =? Megoldás. x = + x + x + + x + ; x < + x = x + x 4 x 6 + x 8 x 0 + ; x < + x + x = + x x x 3 + x 4 + x 5 x 6 x 7 +. Itegrálva: + x dx = x+x + x x3 3 x4 4 +x5 5 +x6, ha x <. 6

32 3 Ebből, mivel + x + x dx = + x dx + x + x dx = = arctg x + l( + x ), az adódik, hogy arctg x+ l(+x )+c = x+ x x3 3 x4 +, ha x <. 4 Az x = 0-s helyettesítés azt adja, hogy c = 0 így x < eseté f(x) = arctg x + l( + x ) = = x + x x3 3 x4 4 + x5 5 + x6 6, ha x <. Mivel a jobb oldali hatváysor x = helye koverges (biz. hasoló, mit a Leibiz-kritériumál) az Abel tételből az adódik, hogy = arctg + l( + ), tehát a kívát sor összege: π 4 + l.

33 33 i) Egy újabb érdekes összeg (az előző folytatása ) = l 3 + π (ld. köyv 30. o.) 3 3 Ötlet: + x + x + x 3 = sorfejtésből kell kiiduli. Megjegyzés: a h) és i) példákhoz ha em ugyaayi (+) és (-) tag va, akkor diverges a sor, ha ugyaayi, akkor koverges (ld. XL. feladat a 40-ből). j) (Ságvári bocsáat!!!) A si sor problémája. = Segédtétel. (Dirichlet-féle kritérium) Ha a 0 és b + b + +b sorozat korlátos, akkor a b koverges. = Bizoyítás. (Cauchy-kritériummal) a k b k = a k (B k B k ) = m m = a k B k a k+ B k = m m = B k (a k a k+ ) a m B m + a B m K(a m a ) + K a m + K a 0, azaz a sor koverges.

34 34 A példába szereplő sor kovergeciájáak bizoyításához most azt fogjuk beláti, hogy az s = si + si + + si sorozat korlátos. Ez a következő trigoometrikus azoosságból adódik: (34) six + six + + six = cos x + cos x si x (x kπ, k Z). Ezt köyű beláti például teljes idukcióval, vagy a jobb oldalo levő evezővel végig szorozva és alkalmazva a siαsiβ = cos(α β) cos(α + β) összefüggést, a bal oldalo egy teleszkópikus összeget kapuk, amelybe a megmaradó tagok éppe (34) jobb oldalá a számlálóba levő két taggal egyelőek. Tehát (34) alkalmazásával az adódik, hogy s = si + si + + si = = cos + cos si/ si = K, azaz {s } valóba korlátos sorozat. Ezek utá alkalmazzuk a Dirichlet-kritériumot a si = si = =,

35 35 sorra az u = si és a = / szereposztással, és akkor azoal adódik a szóba forgó sor kovergeciája. si Megjegyzés. Fourier-sorral = = π. Kérdés: Abszolút koverges-e a sor? Nem azaz feltételese koverges. Bizoyítsuk be, hogy a sor feltételese koverges. = si Megoldás. Az előző példa eredméyeit figyelembe véve csak azt kell beláti, hogy a sor em abszolút koverges. Tegyük fel az ellekezőjét, azaz, hogy a si sor = koverges. Ebből az adódik, hogy az s N = N = si sorozat koverges. De akkor korlátos is, és a si si alapjá akkor az s N = N sorozat is korlátos. = si Viszot a si = cos összefüggésből azt kapjuk, hogy s N a következő alakú: (35) s N = N = N = cos. Tekitettel arra, hogy a = cos sor koverges, hisze a Dirichlet kritérium itt is alkalmazható, ugyais a köye

36 36 igazolható cosα + cosα + + cosα = si α si α cos( + ) α egyelőség alapjá a cos + cos4 + + cos = si si cos( + ) áll fe, amiből látszik, hogy a cos + cos4 + + cos = cosk k= összeg -től függetle korlát alatt marad, az { } sorozat pedig mooto csökkeve 0-hoz tart. Ekkor viszot a (35) jobb oldalá szereplő második részletösszeg koverges, ha N, az első pedig (a harmoikus sor divergeciája miatt) em korlátos, így {s N } sem lehet az, ami elletmodás, tehát eredeti soruk valóba em abszolút koverges. Megjegyzés. A feti bizoyításból látszik, hogy már a si sor is diverges. (Pólya; Sz.-Nagy) = További kérdés: tg k) sor koverges-e? = Bizoyítsuk be, hogy a = tg sor diverges.

37 37 Megoldás. Azt fogjuk bizoyítai, hogy a { tg } sorozat em tart 0-hoz, és mivel az általáos tag 0-hoz tartása szükséges feltétele a kovergeciáak, így a sor valóba diverges lesz. Itt alkalmazi fogjuk az alábbi ömagába véve is érdekes tételt az irracioális számok racioális számokkal való approximációjáról (lásd pl. XXIV. feladat a 40-ből). Tétel. Legye α irracioális szám. Ekkor létezik végtele sok olya p, q egész szám, amelyekre α p < q q. Legye most α = π/ és q-t pedig vegyük egy - él agyobb páratla számak (a tétel bizoyításából kiderül, hogy q vehető ilyeek), úgy, hogy teljesüljö az p q π < q egyelőtleség, amiből adódik, hogy p q π < q < π 4. Mivel q páratla, a ctg függvéy differeciálható a [q π π 4, q π + π 4 ] itervallumo, így ott alkalmazható a Lagrageféle középértéktétel, azaz létezik olya z érték p és q π között, amelyre feáll, hogy ctg p = ctg p ctg q π = p q π si z.

38 38 De a kérdéses itervallumra si z amiből mivel p q. tg p, így ctg p p q π, p q π > q p 4, Ezt figyelembe véve az adódik, hogy végtele sok p eseté tg p p 4, amiből valóba következik, hogy tg 0, ha. Érdekességkét jegyezzük meg, hogy ma még em ismert pl. a { tg } sorozatról sem, hogy ullához tart-e vagy em, de pl. { tg }-ról már tudjuk, hogy ullához tart. 8 (ld. Math. Magazie 7, 999) Érdekes, hogy azt sikerült beláti, hogy tg 06, ha l) A sor problémája. = Bizoyítsuk be, hogy a = sor koverges.

39 39. megoldás. Alkalmazzuk az alábbi becslést: () s = < ( ), majd az egyes tagokat botsuk fel törtek külöbségére az alábbi módo: = ; 3 = 3 ;, ( ) =. Így () jobb oldala helyett az írható, hogy =, hisze a közbülső tagok kiesek, ugyais ez egy teleszkópikus összeg. Azt kapjuk, hogy s <, tehát a részletösszegek sorozata korlátos, és mivel s mooto övő, ezért koverges is, tehát az () sor valóba koverges, sőt, összege em agyobb -él. Megjegyezzük, hogy az s állítás teljes idukcióval is bizoyítható, amit az olvasóra bízuk (érdekessége eek a bizoyításak, hogy a gyegébb s egyelőtleség bizoyítására a teljes idukciós módszer em alkalmazható). Megjegyzés. Még va a köyvbe 4 további módszer (kodezációs tétel; Cauchy-féle kov.kritérium, itegrálkritérium (!))

40 40. megoldás. Végül egy szép geometriai megoldást aduk, amely sorá azt az ömagába is érdekes téyt mutatjuk meg, hogy az, 3, 4,, oldalú égyzetek elhelyezhetők az egységyi oldalú égyzetbe úgy, hogy e fedjék egymást. Haszáljuk fel, hogy = = =, továbbá, hogy < + + = =. Ezek alapjá elkészíthetjük az alábbi ábrá vázolt kostrukciót:

41 4 Most egy szép középiskolai verseypélda (Pitér Lajostól) Példa. Adjuk meg azokat a párokét külöböző a, a,..., a természetes számokat, amelyekre a + a + + a =. Megoldás. Nyilvá vehetjük a számokat az a < a < < a

42 4 övekvő sorredbe. Így ha a =, akkor már több számot em is vehetük, hisz akkor /a =. Ha viszot em szerepel a számok között az -es, akkor, mivel <, ezért bármilyeek is az a,,a számok, midig az teljesül, hogy a + a + + a <, tehát a feladatak akkor és csak akkor va megoldása, ha =, és ekkor az egyetle megoldás az a =. Megjegyzés. Egy szép alkalmazás (aalízis számelmélet valószíűség) (Köyvem 50. oldal) Kérdés: = =? (644 Pietro Magoli; Baseli problé- ma). Euler 734; =, =, =,

43 (A π -ak is ez az első jegye!!!; memória) + 0 év (Jacob Beroulli: bárcsak a bátyám...) (Csészék, villamos; 6 mető; szőyeg) Bizoyítsuk be, hogy a = π 6. = Megoldás. Elsőek vázoljuk Euler egyik módszerét, amellyel megerősítette sejtését. (Azért fogalmazuk ilye óvatosa, mert ebbe a bizoyításba va több olya lépés, amelyek jogosságát Euler csak sejtette és később yertek ebbe a formába bizoyítást.) Iduljuk ki abból, hogy egy algebrai poliom, amelyek zéróhelyei: r, r,..., r C, a következő alakba írható: (7) 43 P(x) = A(x r )(x r ) (x r ) = = B ( x )( x ) ( x ), r r r ahol r i 0, i =,,...,. Mit ismeretes, a si függvéy a következő sor-alakba írható fel: (8) six = x x3 3! + x5 5! x7 7! +. Leosztva x-szel midkét oldalt, a következőt kapjuk: (9) si x x = x 3! + x4 5! x6 7! +, másrészt, mivel si x x -ek a zéróhelyei ±kπ (k =,,...), ezért a (7) mitájára (9)-et írhatjuk a következő szorzat-

44 44 alakba: (0) six x = ( x π )( x 4π )( x 9π ). Összehasolítva a (9) és (0) jobb oldalá levő x -es tag együtthatóit, az adódik, hogy 3! = π 4π 9π, amiből valóba kapjuk, hogy π 6 = Megjegyzés. Sok sebből vérzik (vaak precíz bizoyítások is a köyvbe). Jellemző: The proof Euler failed... További összegek (Euler)

45 Megjegyzés = = 4 5! 3 π = 4 7! 3 π = 6 3 9! 5 π = 0 30! = 3 3! = ! = 6 7! 5 π = 8 9! = 0! = 3! + + = 4 5! π0 π8 π 05 π 35 π4 77 π π = 6 7! 3 ; Apery (irracioális) = π 6 π 4

46 46 További kérdés. Mivel > 3/ >, így érdekesek az m) = 3/ ; = p ; = l p példák. Ezek mid köye adódak az ú.. kodezációs tétellel. Miszerit ha a 0 ;s a 0, akkor a a és sorok ekvikovergesek (azaz...) A bizoyítás alapötlete: = a = + a + = a + a ++ +a + a. ( ) Pl.: 3/ kov. = = ( ) 3/ = = kov., ami kov. mértai sor. Egyébkét ezek a példák az itegrálkritériummal is köye megoldhatók (ld. a köyv oldalá). ) A prímszámok reciprok-sora. A természetes számok és a égyzetszámok reciprokaiból álló sorokhoz hasolóa érdekes aak a vizsgálata is, hogy vajo a prímszámok reciprokaiból álló sor koverges-e vagy diverges. Azaz, ha p, p,..., p,... jeleti a prímszámok agyság szerit redezett sorozatát, akkor a (6) p =

47 47 sor kovergeciája a kérdés. Bizoyítsuk be, hogy a (6) sor diverges (ld. Algebra kurzusok). Megoldás. Eek a téyek is sokféle bizoyítása ismert, mi most egy aráylag egyszerű idirekt bizoyítással ismerkedük meg. Legye p az -edik prím, és tegyük fel, hogy a sor koverges. Fixáljuk k-t úgy, hogy (7) =k+ p < = legye (ez a Cauchy-kritérium alapjá lehetséges). (Természetese, ha a középiskolába em ismert a Cauchykritérium, akkor azt kell hagsúlyozi, hogy egy koverges sorból yilvá el tuduk hagyi ayi tagot, hogy a maradék kisebb legye egy előre adott számál.) Legye Q = p p p k (tehát az első k prím szorzata). Tekitsük a következő sort: (8) i= + iq, jelölje S(r) eek a sorak r-edik részletösszegét, azaz legye r S(r) = + iq. i= p

48 48 Mivel + iq relatív prím Q-hoz, így az S(r)-be levő összes tört evezőiek prímtéyezői a következő prímekből kerülek ki: P(r) = {p k+, p k+,, p m(r) }. Most jelölje S(r, j) az S(r) összeg azo tagjaiak az összegét, amelyek evezői rögzített (em feltétleül külöböző) j prímtéyezőből állak. Mide ilye tag /(q q j ) alakú, úgy, hogy mide q i P(r). De mide ilye tag legalább egyszer előfordul a következő hatváy kifejtésébe: ( m(r) =k+ ) j. p Ezt figyelembe véve ((7) alapjá) adódik, hogy ( ) j, S(r, j) < ebből azoba mide r-re azt kapjuk, hogy S(r) = j S(r, j) < ( ) j =. j= Így azt kapjuk, hogy a (8) sor részletösszegei korlátos sorozatot alkotak, azaz (lévé a sor pozitív tagú) a (8) sor koverges. De ez elletmodás, mert i= + iq > i= (i + )Q Q i= i,

49 49 így a harmoikus sor divergeciája miatt (8) is diverges. Tehát elletmodásra jutottuk, azaz a = sor diverges. o) Egy csodálatosa szép példa. Mutassuk meg, hogy va két olya szomszédos égyzetszám, amelyek közé legalább 0 6 db prímszám esik. p Megoldás. Tegyük fel, hogy az állítás em igaz, azaz mide természetes szám eseté és ( + ) közé kevesebb, mit 0 6 db prímszám esik. Jelölje p (),..., p() s ezeket a prímszámokat. Ekkor tehát s < 0 6 teljesül mide eseté. Nyilvávaló, hogy ekkor 0 6 > p () + p () + +. p () s Viszot, ha midkét oldalt összegezzük, adódik, hogy 0 6 = > = p, ahol a jobb oldali összegbe az összes prímszám reciprok összege va. Ez yilvávaló, hogy elletmodás, mert a = sor koverges, a = p sor pedig diverges,

50 50 mégpedig úgy, hogy (pozitív tagú lévé) a részletösszegek tartaak a végtelebe. Azaz eredeti állításuk valóba igaz. Megjegyezzük, hogy 0 6 helyett természetese bármilye agy szám vehető. A HASZNOSSÁG.) 0, 3.) =, Hogya? (Előre adott potossággal.) akárháy ez csak a végtele lehet Pl. 006-ba Kodo: tagig (3 ap 4 óra gépe) Hogya? 3.) π = 3, Pl. 03 : π = 3, 4... (8 0 4 jegy; Cal. Sata Clara Uiv.: 6 gép 37 apig. Hogya? Miért kell?) Pl. Mars szoda 03.5 km eltérés, ha π = 3, 4 vagy π = 3, 4 (3 jegy). Ez a Hold Föld táv. harmada. Ad. =, Hogya? Bizoyítható (Newto biomiális tétele), hogy ( + x) ( ) = + x + x +! ( )( ) + x 3 + 3! ( ) ( k + ) + x k + + x. k!

51 5 (Pl. teljes idukció, HF). Pl. ( + x) 4 = + 4x + 6x + 4x 3 + x 4. (NEWTON) (Jogosság: 00 év múlva Abel) ( ) ( + x) = + x + x +! ( ) ( 3 ) + x 3 + 3! ( ) ( ) k x k + = k! = + x! x ! x3 + 3 ( 3) + ( ) x +! = +! ! ! + (Miél több tag, aál több tizedes jegy adódik, HF.) Eél va sokkal gyorsabb módszer is. Megjegyzés. I. Lyukak; pl. biomiális együtthatók kombiatórikus jeletése. Abel: biomiális sor (tetszőleges α-

52 5 ra) ( + x) α = k=0 ( ) α x k, x < ; k és pl. x = -be α > koverges csak (Newto utá 00 évvel; Newto érezte x = -re; α = eseté redbe va. x < -re is.) II. Gyorsítás. Pl. = = = ( / k =0 ) x k, x = helyett x = sokkal kisebb lesz a hiba ( ) k az helyett. Ad e) = e (elemi módo; v.ö. Taylor-sor). =0! Bizoyítsuk be, hogy () =0! = e. Megoldás. Jelöljük a () sor -edik részletösszegét s - el, azaz (3) s = + +! + 3! + +!. Be fogjuk láti, hogy s e, ha.

53 53 A biomiális tétel alkalmazásával adódik, hogy ( + ) = + ( ) +! ( )( ) + 3! ( ) = + + = ( )( ) 3 3! + ( ) + + 3!! + + +! + 3! + +! = s, + + ( )! tehát azt kaptuk, hogy (4) ( + ) s. Most rögzítsük egy k N + számot. Legye > k, és ( + ) -ek a biomiális kifejtéséből hagyjuk el a (k + )-edik utái tagokat. Ezzel az ( + ) kifejezést csökketjük, azaz

54 54 ( + ) ( ) > + +! + ( )( ) + 3 3! + + ( ) ( k + ) + k k! ( ) ( = + +! + + k! ( + 3! ) ( )( )( ) + k ). Ha, a bal oldal határértéke e, a jobb oldalé pedig (k rögzített) + +! + + k!. Ebből tehát az adódik, hogy (5) e + +! + + k! = s k. Mivel (5) mide k-ra igaz, így k helyett -et írva és figyelembe véve (4)-et, azt kapjuk, hogy ( + ) s e. A redőrelv alapjá adódik, hogy lim s = e, azaz ()-t sikerült belátuk. Egy fotos példa. Határozzuk meg a lim si(πe!) határértéket!

55 Megoldás. 55 [ ] si(πe!) = si π! = k! k=0 [ ] = si π ( ), ( + )( + ) ( + k) k= π = 0. Viszot ( ) a kö- ( mert si! + + )! vetkezőképpe becsülhető: siπ + π ( ) siπ π, hisze és si π + = si π + π } {{ } π π

56 56 si π = si π π π }{{} π Tehát a határérték: π e irracioális Megjegyzés. A ( ) felső becsléséél a mide tagjába mide téyező helyett ( + )-et véve egy + kvóciesű mértai sort kapuk. Ad π) Korábba említettük: Madhava; Nilakhata; Leibiz + x = x + x 4 x 6 + arctg x = = x x3 3 + x5 5, ha x < ; Abel- tétel. π = 4 ( ) ; Newto Lassú, de szép.

57 57 i.e. 000 (B) 3,5 (E) 3, 6 50 (A) 3,48 i.sz. 63 : 5 tizedesjegy 480 : 7 49 : 4 60 : : 847 : : : : : : : A továbbiakba bizoyítás élkül soroluk fel éháy érdekes előállítást (a szerzővel és évszámmal együtt). Fraçois Viète (kb. 579): π = Joh Wallis (kb. 650): π =

58 58 William Broucker (kb. 650): π = Madhava, James Gregory, Gottfried Wilhelm Leibiz (450 67): π 4 = Isaac Newto (kb. 666): π = ( ) 7 9. Sriivasa Ramauja (94): π = ( ) π = =0 =0 (4)! (!) 4 [ ] David Chudovsky és Gregory Chudovsky (989): π = ( ) (6)! (!) 3 (3)! = ( ) +/.

59 59 (Mide újabb tag hozzávétele kb. 5 újabb potos jegyét adja π-ek.) Joatha Borwei és Peter Borwei (989): π = =0 ( ) (6)! (!) 3 (3)! (A + B) C +/, ahol A := B := C := [580( )] 3. (Mide újabb tag hozzávétele kb. 3 újabb potos jegyét adja π-ek.) David Bailey, Peter Borwei és Simo Plouffe (996): π = i=0 ( 4 6 i 8 i + 8 i i + 5 ). 8 i + 6 Ez utóbbi módszerről részletese olvashatuk: [4]-be (Math. Gazette, Vol. 83, Nr. 498, 999).

60 60 Egy porszem virágot terem, S egy szál vadvirág az eget, Fogd föl teyeredbe a végtelet, S egy perc alatt élj évezredet. (W. Blake)