MATEMATIKAI ANALÍZIS I.

Átírás

1 MATEMATIKAI ANALÍZIS I. Vágó Zsuzsanna 200. szeptember

2 2

3 Tartalomjegyzék. Valós számok 5.. Bevezetés Természetes számok, teljes indukció Valós számok értelmezése Axiómák Cantor-féle közöspont-tétel A valós számok részhalmazai Inmum és supremum Topológiai alapfogalmak Néhány alap-egyenl tlenség Háromszög egyenl tlenség Számtani és mértani közép Sorozatok, végtelen sorok Számsorozatok Alapfogalmak Határérték Konvergens sorozatok tulajdonságai A határérték alaptulajdonságai Rész-sorozatok

4 4 TARTALOMJEGYZÉK Cauchy sorozatok Konvergens sorozatok további tulajdonságai Nullsorozatok Számtani átlag-sorozatok Torlódási pont Végtelen sorok Végtelen sor konvergenciája Összehasonlító kritériumok Abszolút konvergens sorok Hányados-kritérium Gyökkritérium Leibniz - típusú sorok

5 . fejezet Valós számok 5

6 6. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK.. Bevezetés A jegyzetben IN jelöli a természetes számok halmazát, Q a racionális számok halmazát és IR a valós számok halmazát.... Természetes számok, teljes indukció A természetes számok halmazán értelmezve van két m velet, az összeadás (+) és szorzás (, illetve egymás mellé írás), továbbá a rendezési reláció. A IN halmaznak két fontos alaptulajdonsága a következ :. Van legkisebb elem, ez (egység). 2. Mindegyik elem után van közvetlenül következ : n n + Megjegyzés. Más könyvekben szokás a természetes számok halmazát az n = 0 számmal kezdeni. Mi maradunk ennél a konvenciónál. A fenti két tulajdonság alapján kimondjuk a teljes indukciós bizonyítás elvét. Teljes indukciós bizonyítási elv. Feladatunk, hogy valamely A,..., A n,... tulajdonságok teljesülését kell belátnunk, ahol n tetsz leges természetes szám. Ha. A teljesül, továbbá 2. bármely nɛin esetén az A n tulajdonságból A n+ következik, akkor a fenti tulajdonság teljesül minden n-re. Megjegyzés. A teljes indukciót úgy képzelhetjük el, mintha fel kellene mennünk egy végtelen hosszú lépcs n. Ha meg tudjuk tenni az els lépést, és bármely lépcs fokról eggyel feljebb tudunk jutni, akkor valóban bármilyen magasra felmehetünk. Megjegyzés. A teljes indukció nem mindig 0-val kezd dik, hanem azzal a legkisebb természetes számtól, ahonnan a képletek érvényesek. Példa. Igazoljuk, hogy minden nɛin esetén n 2 = n(n + )(2n + ). (.) 6

7 .2. VALÓS SZÁMOK ÉRTELMEZÉSE 7 Bizonyítás.. A teljes indukció els lépése. n = esetén az állítás igaz, hiszen n helyére -t helyettesítva azt kapjuk, hogy = A teljes indukció második lépése. Tegyük fel, hogy valamely rögzített n-re teljesül az állítás (ez az indukciós feltevés.) Nézzük meg, mit mondhatunk, ha n + számot adunk össze: n 2 + (n + ) 2 n(n + )(2n + ) = + (n + ) 2 = ( ) 6 Felhasználtuk az indukciós feltevést. Egyszer algebrai átalakításokkal folytathatjuk: (n + ) (n + )(n + 2)(2n + 3) ( ) = (n(2n + ) + 6n + 6) =, 6 6 ami épp a bizonyítandó állítás, ha n helyére n + -t írunk..2. Valós számok értelmezése.2.. Axiómák Röviden összefoglaljuk a valós számok felépítésére szolgáló egyik lehetséges axiómarendszert. Adott egy IR-rel jelölt halmaz, melynek elemeit valós számoknak nevezzük. IR-et megfeleltethetjük a számegyenes pontjainak, természetes módon. Ennek a halmaznak adott két kitüntetett (egymástól különböz ) eleme, melyeket 0 és fog jelölni. Adott IR-en két m velet, az összeadás (+) és a szorzás ( ), valamint egy -vel jelölt rendezési reláció, melyek az alábbi tulajdonságokkal rendelkeznek:. csoport: a m veletek alaptulajdonságai.. Az összeadás asszociatív, azaz (x + y) + z = x + (y + z), x, y, zɛir.

8 8. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK 2. x + 0 = x, xɛir. 3. Minden xɛir-hez létezik uɛir, melyre x + u = 0. Ezt a szám ellentettjének nevezük. 4. Az összeadás kommutatív, azaz x + y = y + x, x, yɛir 5. A szorzás asszociatív, azaz 6. x = x, xɛir. (x y) z = x (y z), x, y, zɛir. 7. Minden xɛir, x 0-hoz létezik uɛir, melyre x u =. Ezt a szám reciprokának nevezzük. 8. A szorzás kommutatív, azaz x y = y x, x, yɛir. 9. A szorzás disztrubutív az összeadásra, azaz (x + y) z = x z + y z, x, yɛir. 2. csoport: a rendezési reláció tulajdonságai. 0. Minden xɛir esetén x x (a rendezési reláció reexív).. Tetsz leges x y esetén az x y és y x közül pontosan egy igaz. 2. Ha x y és y z, akkor x z (a rendezési reláció tranzitív). 3. Ha x y, akkor x + z y + z minden zɛir esetén. 4. Ha x y és 0 z akkor x z y z. 3. csoport: 5. (Archimedeszi axióma) A valós számok halmazában nincs legnagyobb elem.

9 .2. VALÓS SZÁMOK ÉRTELMEZÉSE 9 6. (Cantor-féle axióma) Legyen adott korlátos és zárt intervallumok egy sorozata: melyekre I = [a, b ] I 2 = [a 2, b 2 ]... I n = [a n, b n ],... Ekkor van közös pont, azaz I I 2... I n.... cɛir melyre cɛi k, kɛin. Megjegyzés. A Cantor axióma átfogalmazható a következ képp: Tegyük fel, hogy adottak az a a 2 a 3... a n... számok ("bal oldalak") és a b b 2 b 3... b n... számok ("jobb oldalak"), melyekre teljesül, hogy: a k b k kɛin. Ekkor létezik cɛir, melyre a k c b k kɛin. (Ez a Cantor-axióma biztosítja, hogy az irracionális számok is beletartoznak a valós számok halmazába.).2.2. Cantor-féle közöspont-tétel.. Tétel. Tegyük fel, hogy a Cantor-féle axióma feltételei teljesülnek. Ezen kívül tegyük fel, hogy minden ε > 0-hoz létezik olyan I k intervallum, mely az adott ε-nál rövidebb, azaz I k = b k a k < ε. Ekkor a közös pont egyértelm. Bizonyítás. Indirekt módon látjuk be a tételt. A Cantor-axiómából következik, hogy létezik közös pont. Feltesszük, hogy két közös pont van: c, dɛi k minden k-ra, és például c < d.

10 0. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK.. ábra. A Cantor féle közösponttétel bizonyítása Legyen ε = d c. Ekkor a feltétel szerint létezik nɛin, amire b n a n < ε. Ekkor mivel cɛ[a n, b n ], dɛ[a n, b n ], ezért ε = d c < b n a n < ε, ami ellentmondás..3. A valós számok részhalmazai.3.. Inmum és supremum Legyen H IR a valós számok halmazának egy részhalmaza... Deníció. - A H halmaz alulról korlátos, ha van olyan kɛir, melyre k x xɛh. - A H halmaz felülr l korlátos, ha van olyan KɛIR, melyre x K xɛh. - A H halmaz korlátos, ha alulról és felülr l is korlátos..2. Deníció. Legyen H egy alulról korlátos nem üres halmaz. Megmutatható, hogy az alsó korlátok közt létezik legnagyobb. A halmaz legnagyobb alsó korlátját inmumnak nevezzük. Jele inf(h). Más szóval, az sɛir szám a H halmaz inmuma, ha

11 .3. A VALÓS SZÁMOK RÉSZHALMAZAI - egyrészt s alsó korlát, azaz s x, xɛh, - másrészt ha s egy tetsz leges alsó korlátja H-nak, akkor s s..3. Deníció. Legyen H egy felülr l korlátos nem üres halmaz. Megmutatható, hogy a fels korlátok közt van legkisebb. A halmaz legkisebb fels korlátját supremumnak nevezzük. Jele sup(h). Más szóval, az SɛIR szám a H halmaz supremuma, ha - egyrészt S fels korlát, azaz S x, xɛh, - másrészt ha S egy tetsz leges fels korlátja H-nak, akkor S S.. Példa. Legyen H = [a, b] zárt intervallum. Ekkor inf(h) = a, sup(h) = b, hiszen például a x minden xɛh esetén, és ez a legnagyobb ilyen tulajdonságú szám. Megjegyzés. Ha van H elemei közül legkisebb, akkor ez az inmum. Tehát inf(h) = min(h) ha a minimum létezik. Hasonlóan, ha a halmazban van maximális elem, akkor sup(h) = max(h). 2. Példa. Legyen H = (a, b) nyílt intervallum. Ekkor is inf(h) = a, sup(h) = b.

12 2. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK Megjegyzés. A fenti példákból is látszik, hogy inf(h)ɛh vagy inf(h)ɛ H is el fordulhat. 3. Példa. Legyen H = { n : nɛin}. Ekkor nyilván sup(h) = max(h) =. Legkisebb eleme nincs a halmaznak. Belátjuk, hogy inf(h) = 0. Nyilván 0 /n minden n -re, tehát a 0 alsó korlát. Legyen ε > 0 tetsz leges, belátjuk, hogy ez nem lehet alsó korlát. Ekkor [ ] N = ε választással tehát ε nem alsó korlát. ε > N +, Igazolnunk kell, hogy a fenti inmum és supremum jól deniáltak..2. Tétel. Tetsz leges nem üres, alulról korlátos H halmaznak létezik inmuma. Bizonyítás. (Konstruktív bizonyítás) A halmaz alulról korlátos, tehát létezik alsó korlátja, legyen ez a. Ha a ɛh, akkor ez minimális elem, egyben inmum is. Ha a ɛ H, akkor legyen b ɛh tetsz leges elem, b > a. Legyen I = [a, b ] és deniáljuk a c = a + b számot. 2 Két eset lehetséges. Ha c alsó korlát, akkor legyen a 2 := c és b 2 := b. Ha c nem alsó korlát, akkor legyen a 2 := a és b 2 := c. Látható, hogy az I 2 = [a 2, b 2 ] intervallum hossza épp fele I hosszának, ahol a 2 alsó korlát, b 2 ɛh. Ezt a konstrukciót folytatva egy I k intervallumsorozatot kapunk, az alábbi tulajdonságokkal: (i) I k = [a k, b k ] zárt és I k+ I k, (ii) I k hossza 2 k I, (iii) a k alsó korlát, b k ɛh minden k-ra.

13 .3. A VALÓS SZÁMOK RÉSZHALMAZAI 3 Az (i) és (ii) tulajdonságok miatt az intervallum-sorozat teljesíti a Cantorféle közösponttétel feltételeit, tehát létezik egyetlen közös pont, legyen ez s. Belátjuk, hogy s = inf(h). Ehhez egyrészt igazolni kell, hogy s alsó korlát. Ha ugyanis lenne egy olyan hɛh elem, melyre h < s teljesülne, akkor a (ii) tulajdonság miatt találnánk egy olyan I k intervallumot, melyre h < a k s lenne, ami ellentmond annak, hogy a k alsó korlát. Hasonlóképp igazoljuk, hogy nincs s-nél nagyobb alsó korlát. Ha ugyanis indirekt módon feltesszük, hogy van ilyen s > s alsó korlát, akkor találunk egy I k intervallumot, melyre s b k < s. De mivel b k ɛh minden k-ra, így ez nem lehetséges... Következmény. Tetsz leges nem üres, felülr l korlátos H halmaznak létezik supremuma Topológiai alapfogalmak.4. Deníció. Egy x 0 valós szám környezetei az (x 0 ε, x 0 + ε) nyílt intervallumok, ahol ε > 0 tetsz leges. Legyen a továbbiakban H IR tetsz leges részhalmaz..5. Deníció. Az x 0 ɛir pont a H halmaz bels pontja, ha van olyan ε > 0 szám, hogy (x 0 ε, x 0 + ε) H. A bels pontok halmazát int(h) jelöli. (Az INTERIOR szó rövidítéséb l.).6. Deníció. Az x 0 ɛir pont a H halmaz küls pontja, ha van olyan ε > 0 szám, hogy (x 0 ε, x 0 + ε) H =. A küls pontok halmazát ext(h) jelöli. (Az EXTERIOR szó rövidítéséb l.)

14 4. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK.7. Deníció. Az x 0 ɛir pont a H halmaz határpontja, ha se nem küls, se nem bels pontja. Ez azt jelenti, hogy minden ε > 0 mellett az (x 0 ε, x 0 + ε) környezet tartalmaz H-beli és H-n kívüli pontokat is. A határpontok halmazát (H) jelöli. Egy halmaz lezárását úgy kapjuk meg, hogy hozzávesszük a határpontokat. Jele H..8. Deníció. A H halmaz nyílt, ha minden pontja bels pont. A H halmaz zárt, ha minden határpontját tartalmazza.. Példa. Legyen H = (a, b) egy nyílt intervallum. Bels pontok halmaza: int(h) = {x : a < x < b}. A határpontok halmaza: (H) = {a, b}. A lezárás H = int(h) H = [a, b]. 2. Példa. Legyen H = {0 < x < : xɛq}. Ebben a halmazban bels pont NINCS. Hiszen például az /2 pontnak nem tudunk kijelölni olyan (/2 ε, /2 + ε) környezetét, amire teljesülne, hogy (/2 ε, /2 + ε) H, mert bármely kicsi intervallumban lesznek racionális és irracionális számok is. Ezért nincs olyan (/2 ε, /2 + ε) intervallum, melyben csak racionális számok lennének. Tehát a halmaz határpontjai H = {x : 0 x } = [0, ]..4. Néhány alap-egyenl tlenség.4.. Háromszög egyenl tlenség.. Állítás. Tetsz leges a, b valós számokra a + b a + b. Bizonyítás. Abból a triviális egyenl tlenségb l indulunk ki, hogy ±a a, ±b b.

15 .4. NÉHÁNY ALAP-EGYENLŽTLENSÉG 5 Ebb l azt kapjuk, hogy és ebb l az állítás következik. a + b a + b a b a + b, Megjegyzés. Az elnevezés vektorokra utal, ott valóban egy háromszög három oldaláról van szó..2. Következmény. Tetsz leges a, b valós számokra a b a b. Bizonyítás. Az állítás azon múlik, hogy a a b + b, azaz a b a b..3. Következmény. (Általános eset.) Adottak az a, a 2,..., a n valós számok, akkor a a n a a n, azaz n n a k a k. k= k= Bizonyítás. Teljes indukcióval, könnyen látható..3. Tétel. (Bernoulli egyenl tlenség.) Tetsz leges nɛin term±zetes szám és h valós szám esetén teljesül az alábbi összefüggés: ( + h) n + hn. A fenti kifejezésben egyenl ség akkor és csakis akkor teljesül, ha n = 0 vagy n = vagy h = 0.

16 6. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK Bizonyítás. h = 0 esetén egyenl ség van. h 0 esetén teljes indukcióval látjuk be az állítást.. Ha n= akkor ( + h) = + h, tehát az állítás igaz. 2. Tegyük fel, hogy valamely n-re igaz: ( + h) n + hn, majd tekintsük az egyenl tlenség baloldalát n + -re: (+h) n+ = (+h) n (+h) (+nh)(+h) = +(n+)h+nh 2 +(n+)h. A fenti átalakítások során felhasználtuk az indukciós feltevést és elhagytuk az nh 2 nemnegatív tagot Számtani és mértani közép Tekintsünk két nemnegatív valós számot, x, y 0 Ezek számtani közepe (számtani átlaga) A = x + y, 2 és mértani közepe (mértani átlaga) G = xy..2. Állítás. Tetsz leges x, y 0 valós számok esetén x + y 2 xy, és egyenl ség pontosan akkor teljesül, ha x = y. Az állítás szemléletes módon igazolható a.2. ábra alapján, HF. A fenti állítást analitikus eszközökkel általános esetben látjuk be.

17 .4. NÉHÁNY ALAP-EGYENLŽTLENSÉG 7 x y x y 2 x y.2. ábra. A számtani és mértani közép geometriai ábrázolása.4. Tétel. Legyenek a, a 2,..., a n 0 valós számok. Ezek számtani átlaga (más elnevezéssel számtani közepe) A n := a + a a n n = n n k= a k és mértani átlaga (vagy mértani közepe) G n := n a a 2... a n = n n a k. Ekkor A n G n k= minden n re és egyenl ség pontosan akkor teljesül, ha a = a 2 =... = a n... Lemma. Legyen n 2 adott természtes szám. Legyenek x k 0, k =, 2,... n olyan számok, amelyek közt van legalább kett különböz és Ekkor x + x x n n x x 2... x n <. =.

18 8. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK Bizonyítás. Teljes indukcióval látjuk be a lemmát.. Ha n = 2, akkor a lemma állítása igaz, hiszen a két szám és ezekre a számokra x = + t, x 2 = x t, t > 0, ( t)( + t) = t 2 <. 2. Tegyük fel hogy valamely rögzített n-re igaz az állítás. Tekintsünk n + db számot, melyek számtani átlaga, és ezeket írjuk az alábbi alakba: x = + t x 2 = + t 2. x n = + t n x n+ = + t n+ Ekkor a t,... t n+ számok közt van pozitív es negatív is, mert összegük 0 és nem mind egyforma. Feltehet például, hogy t n < 0 < t n+. Nézzük az n + tényez s szorzatot: x x 2... x n x n x n+ = x x 2... x n ( + t n )( + t n+ ) < < x x 2... x n ( + t n + t n+ ), ahol az utolsó tényez b l elhagytuk a t n t n+ < 0 tagot. A szorzat utolsó tényez jét jelölje x n = + t n + t n+. Ekkor egy n tényez s szorzatunk van, a tényez k összege: x +x x n ++t n +t n+ = (n )+t...+t n ++t n +t n+ = n. Tehát adott n db szám, x, x 2,..., x n, x n, melyek átlaga. Ha az így kapott számok egyformák, akkor szorzatuk =. Ha nem egyformák, akkor az indukciós feltevés miatt szorzatuk<. Ezek után megfogalmazhatjuk az fenti lemmát kicsit általánosabban:

19 .4. NÉHÁNY ALAP-EGYENLŽTLENSÉG 9.2. Lemma. Legyenek x k 0, k =,... n olyan számok, amelyekre Ekkor x + x x n n x x 2... x n. =. A Tétel bizonyítása. Ha adottak az a, a 2,..., a n számok, akkor legyen K = a + a a n, n és legyenek x k = a k, k =,... n. K Ekkor x + x x n = a + a a n = n, K ezért x + x x n =, n így alkalmazhatjuk ezekre a számokra a.2. lemmát. Tehát x x 2... x n, azaz a a 2... a n K n, s ezt az egyenl tlenséget átrendezve kapjuk a Tétel állítását: n ( n k= a k a ) n k. n k=

20 20. FEJEZET. VALÓS SZÁMOK

21 2. fejezet Sorozatok, végtelen sorok 2

22 22 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK 2.. Számsorozatok 2... Alapfogalmak 2.. Deníció. Számsorozaton egy olyan hozzárendelést értünk, melyben minden nɛin természetes számhoz hozzárendelünk egy valós számot. Az (a) sorozat n-dik elemét a n jelöli, az egész sorozatot (a n )-nel jelöljük Deníció. Az (a n ) sorozat korlátos ha létezik K szám, hogy a n < K minden nɛin esetén Deníció. Az (a n ) sorozat monoton növ, ha n < m esetén a n a m. (Nagyobb indexhez nem kisebb elem tartozik.) Az (a n ) sorozat monoton fogyó, ha n < m esetén a n a m (nagyobb indexhez nem nagyobb elem tartozik.) Határérték Arra leszünk kíváncsiak, hogy n növelésével mi történik az a n számokkal. Példa. Egy aɛir irracionális szám esetén legyen a n az els n db jegy a végtelen tizedestört felírásában. Ekkor a n "egyre közelebb kerül" a-hoz. Ezt így jelölhetjük: a n a. Miel tt pontosan deniálnánk a határértéket, egy-két példát tekintünk.. Példa. Legyen a n = /n. Legyen ε > 0 tetsz leges és a ( ε, ε) intervallumot tekintjük. Ekkor megadható egy N küszöbindex, amire a N ɛ( ε, ε) éspedig ha akkor N > [/ε] +, N < [/ε] + < ε s t minden n > N-re a n ɛ( ε, ε), tehát a n Példa. Legyen a n = ( ) n n,

23 2.. SZÁMSOROZATOK 23 azaz a sorozat ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ;.... Ekkor is igaz, hogy a n 0 mert minden ε > 0-hoz létezik N küszöbindex, amire teljesül, hogy ha n > N esetén a n < ε. 3. Példa. Legyen A sorozat elemei a n = Most is igaz, hogy a n 0 4. Példa. Legyen 2n n ha n = 2k ha n = 2k + a = ; a 2 = 4 ; a 3 = 3 ; a 4 = 8 ; a 5 = 5 ;... a n = n n + = n +. Ekkor a n -nek az -t l való eltérése csökken és tart a 0-hoz. Így a n. 5. Példa. Legyen p > 0 tetsz leges rögzített szám és legyen a n = n p, hova tart a sorozat? Ha például p = 2 akkor a sorozat 3 eset van: a = 2, a 2 = 2, a 3 = 3 2,.... Ha p =, ekkor a = a 2 = a 3 =... =, így a n. 2. Ha p >, ekkor n p >, ez felírható összegként: n p = + hn, ahol h n > 0. Így p = ( + h n ) n, és a Bernoulli egyenl tlenséget alkalmazva p = ( + h n ) n n h n +,. azaz átrendezve h n p n.

24 24 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Mivel p n ezért h n 0. Így most is n p. 0, 3. Ha p <, akkor /p >, tehát a 2. esetnél leírtak miatt n p is teljesül. Mivel ezért n p. n p =, n p 2.4. Deníció. Legyen (a n ) egy sorozat. Azt mondjuk, hogy az (a n ) sorozat konvergens, és határértéke az A szám, ha ez rendelkezik a következ tulajdonsággal: minden ε > 0-hoz létezik N = N(ε) (egy ε-tól függ N küszöbindex) melyre minden n > N esetén a n A < ε. Ezt így jelöljük lim a n = A. 2.. Állítás. Ha egy sorozatnak van határértéke, akkor a határérték egyértelm. Bizonyítás. Indirekt úton. Tegyük fel, hogy két szám is rendelkezik a fenti tulajdonsággal, jelölje ezeket A < B. Válasszuk meg az ε-t úgy, hogy ε < (B A)/2 legyen. Ekkor az (A ε, A+ε) és a (B ε, B+ε) intervallumok diszjunktak, (nincs közös elemük). ELLENTMONDÁS 6. Példa. Legyen Ekkor a n = n2 + n + n 2 n 2 + n + a n = n2 n 2 + n +. = n + 2 n 2 + n + = r n.

25 2.. SZÁMSOROZATOK 25 Mivel 0 < r n = n + 2 n 2 + n + < 2n 2n 2 = n, és /n 0 ezért (a n ) 0, azaz a n Deníció. Ha (a n ) nem konvergens, akkor divergensnek nevezzük Deníció. Az (a n ) sorozat a + -be divergál ("a n minden határon túl n "), ha minden KɛIR korláthoz megadható N = N(K) küszöbindex, hogy ha n > N akkor a n > K. Ezt így jelöljük lim a n = +. Hasonlóan, az (a n ) sorozat a -hez divergál, ha minden K-hoz létezik N = N(K) küszöbindex, melyre ha n N(K), akkor a n < K. Jele lim a n =. Egy másik fajta divergencia, amikor a sorozat elemei több pont körül torlódnak. Például, ha a n = ( ) n, akkor ennek a sorozatnak elemei: Nyilván nem konvergens. ; ; ; ; ; ;.... Deníció (El z deníció átfogalmazása, a határérték általános deníciója) Azt mondjuk, hogy lim a n = A, ha A-nak tetsz leges U környezetéhez megadható egy N = N(U) küszöbindex, melyre minden n > N esetén a n ɛu. Ez a deníció alkalmazható AɛIR vagy A = ± esetén is. Megjegyzés. Emlékeztetünk rá, hogy a környezetet deníciója szerint véges A mellett U = (A ε, A + ε), így a n ɛu a n A < ε.

26 26 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Ha A = + akkor ennek a környezetei a U = (K, ) alakú jobbról végtelen intervallumok. Ekkor a n ɛu a n > K. Megjegyzés. Konvergens sorozatból akárhány elemet elhagyunk, az konvergens marad, és ugyanahhoz a számhoz fog tartani, mint az eredeti. Példa. Ilyen sorozat lehet b n = a 2n vagy b n = a n Konvergens sorozatok tulajdonságai 2.2. Állítás. Ha egy sorozat konvergens, akkor korlátos. Bizonyítás. Tekintsünk egy konvergens sorozatot, legyen (a n ) konvergens, lim a n = A. Ekkor ε = -hez is létezik N, hogy ha n N akkor a n A <, azaz A < a n < A +. Legyen m = min{a n : n < N}, M = max{a n : n < N}. Más szóval, legyen m a fenti intervallumon kívül es elemek közül a legkisebb, és legyen M a kívül es elemek közül a legnagyobb. Legyen továbbá k = min{m, A }, K = max{m, A + }. Ekkor k a n K, Az eredeti denícióra hivatkozva, ha nɛin. L = max( k, K ), akkor a n L, nɛin. Megjegyzés. Az állítás fordítva nem igaz: ha egy sorozat korlátos, nem biztos, hogy konvergens. Például az a n = ( ) n sorozat korlátos, de nem konvergens.

27 2.. SZÁMSOROZATOK Állítás.. Ha egy (a n ) sorozat monoton növ és felülr l korlátos, akkor konvergens. 2. Ha egy (a n ) sorozat monoton fogyó és alulról korlátos, akkor konvergens. Bizonyítás. Az állítás két része nyilván ekvivalens. Belátjuk például az. részt. Tekintsük a következ halmazt: H = {a n : nɛin}. Ekkor a H halmaz felülr l korlátos, és létezik sup(h) = A. Ez azt jelenti, hogy minden ε > 0-ra A ε nem fels korlát, tehát létezik H-ban ennél nagyobb elem, például a N > A ε. A monotonitás miatt teljesül az is, hogy a n a N ha n > N azaz a n > A ε. Mivel a n A minden n-re teljesül, így A ε < a n A < A + ε ha n > N. Példa. Gyakorlatokon beláttuk, hogy ( + n )n < ( + n + )n+, nɛin és hogy ( + n )n < 4, nɛin. Ez azt jelenti, hogy az a n = ( + ) n n sorozat monoton növ és felülr l korlátos, tehát konvergens Deníció. Az e - Euler-féle számot - úgy deniáljuk, mint a fenti sorozat határértéke: e := lim ( + n )n. (e 2, , egy irracionális szám.)

28 28 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK A határérték alaptulajdonságai 2.4. Állítás. Legyen adott két konvergens sorozat (a n ) és (b n ), Ekkor lim a n = A lim b n = B.. Tetsz leges cɛir esetén (ca n ) is konvergens, és 2. (a n + b n ) is konvergens, és 3. (a n b n ) is konvergens, és Bizonyítás. lim ca n = ca. lim (a n + b n ) = A + B. lim (a nb n ) = AB.. Legyen ε > 0 tetsz leges. Be kell látnunk, hogy ca n ca < ε teljesül bizonyos n indext l kezdve. c = 0 esetén az állítás triviális. Ha c 0, akkor az (a n ) sorozatot tekintve az ε/ c számhoz létezik N küszöbindex, melyre minden n N esetén Így ha n N, akkor a n A < ε c. ca n ca = c a n A < c ε c = ε. 2. Tetsz leges ε > 0 szám esetén ε/2-hez N, hogy ha n N, akkor a n A < ε 2.

29 2.. SZÁMSOROZATOK 29 Hasonlóan N 2, hogy ha n N 2, akkor b n B < ε 2. Így N = max(n, N 2 ) választással n N esetén a n + b n (A + B) a n A + b n B < ε 2 + ε 2 = ε. 3. A tulajdonság bizonyításához el ször egy lemmát látunk be. 2.. Lemma. Ha lim a n = 0, akkor (a n b n ) is konvergens, és lim b n = B lim (a nb n ) = 0 Bizonyítás. Mivel a (b n ) sorozat konvergens, ezért korlátos is, tehát létezik egy olyan KɛIR, K > 0, hogy b n < K, nɛin. Másrészt tetsz leges ε > 0-hoz létezik N ɛin küszöbindex, hogy a n 0 < ε, n N. K A fenti egyenl tlenségeket felhasználva azt kapjuk, hogy: a n b n 0 = a n b n = a n b n < ε K K = ε. Ebb l pedig következik, hogy lim (a nb n ) = 0. A 3. tulajdonság igazolása. Írjuk fel az alábbi azonosságot: a n b n AB = a n (b n B) + B(a n A.) A jobboldal mindkét tagja az el z lemma alapján 0-hoz tart.

30 30 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK 2.5. Állítás. (Alaptulajdonságok folytatása) Adott két konvergens sorozat (a n ) és (b n ), Ekkor 4. lim a n = A lim b n = B. lim a n = A. 5. Tegyük fel, hogy A 0 és a n 0. Ekkor lim a n = A. 5. Az el z feltételekkel b n lim = B a n A. Bizonyítás. 4. A háromszög-egyenl tlenség alapján a n A a n A. Legyen ε > 0 tetsz leges. Ekkor N, hogy minden n N esetén a n A < ε, és emiatt a n A ε. 5. Feltehetjük, hogy A > 0 és a n > 0. Felhasználjuk, hogy El ször a nevez t becsüljük. n > N akkor azaz a n A = a n A a n A. Az ε = A/2-höz létezik N, hogy ha a n ɛ(a A 2, A + A 2 ), a n > A 2.

31 2.. SZÁMSOROZATOK 3 Az ε 2/A 2 -hez is létezik N 2, melyre n > N 2 esetén a n A < ε 2 A 2. Legyen N = max(n, N 2 ). Ekkor n N esetén az eredeti becslést folytatva a n A a n A a n A A A 2 = a n A 2 A 2 ε 2 A 2 2 A 2 = ε Példa. Az (a n ) sorozatot rekurzívan deniáljuk. Legyen a := a n+ := a2 n + 4, n (2.) 4 El ször belátjuk, hogy monoton növ, azaz a n a n+ teljesül minden n-re. Valóban, teljes indukcióval:. a =, a 2 = 5 4 ezért a < a 2 teljesül. 2. Tegyük fel, hogy beláttuk már, hogy a n a n.a sorozat nyilván pozitív tagú. Ekkor a n+ = a2 n az indukciós feltétel miatt. a2 n = a n Belátjuk azt is, hogy a sorozat korlátos: igazoljuk, hogy a n < 2 teljesül minden n-re. Ezt is teljes indukcióval bizonyíjuk.. n = -re a = < 2, így igaz. 2. Tegyük fel hogy a n < 2 és a sorozat pozitív tagú. Ekkor a n+ = a2 n < = 2.

32 32 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK A sorozat monoton növ és felülr l korlátos, ezért konvergens. Legyen A = lim a n a határértéke. Az eredeti rekurziós (2.) egyenletben határértéket véve azt kapjuk, hogy a 2 n + 4 lim = A2 + 4, 4 4 ezért tehát A = Rész-sorozatok A = A Adott (a n ) sorozat. Egy index-sorozatot úgy deniálunk, hogy minden kɛin természetes számhoz hozzárendelünk egy n k -val jelölt indexet, hogy n < n 2 <... < n k < n k+,... teljesüljön. A részsorozat elemei a n, a n2, a n3,... lesznek. Pl. (a 2n ) a páros index tagokból álló részsorozat: a 2, a 4, a 6, Tétel. Minden sorozatnak van monoton részsorozata. Bizonyítás. A sorozat egy a n elemét csúcsnak nevezzük, ha a n a m m > n, azaz az utána következ elemek közt nincs nála nagyobb. Két esetet különböztetünk meg.. Ha végtelen sok csúcs van, akkor legyenek ezek indexei n < n 2 < n 3 <.... Ekkor az (a nk ) részsorozat monoton fogyó. 2. Ha csak véges sok csúcs van, akkor legyen az utolsó csúcs indexe n, ha egyáltalán nincs csúcs, akkor n = 0. Deniáljuk n -t, mint n := n +. Ekkor, mivel a n nem csúcs, ezért van nála nagyobb elem, a n2 > a n, ahol n 2 > n. Hasonlóan, mivel a n2 nem csúcs, ezért van a n3, melyre n 3 > n 2 és a n3 > a n2. Így tudunk monoton növ részsorozatot konstruálni.

33 2.. SZÁMSOROZATOK Tétel. Bolzano-Weierstrass tétel. Minden korlátos (a n ) sorozatnak van konvergens részsorozata. Bizonyítás. Az el z tétel szerint van (a nk ) monoton részsorozat, amely szintén korlátos. Ezért konvergens is Cauchy sorozatok 2.8. Deníció. Azt mondjuk, hogy (a n ) eleget tesz a Cauchy feltételnek, ha minden ε > 0-hoz N küszöbindex, N = N(ε), melyre teljesül, hogy minden n, m N esetén a n a m < ε. Ha egy sorozat kielégíti a Cauchy feltételt, akkor Cauchy sorozatnak nevezzük Tétel. Ha (a n ) konvergens, akkor Cauchy sorozat. Bizonyítás. Legyen lim a n = A, és legyen ε > 0 tetsz leges. Ekkor az ε/2 számhoz létezik egy N küszöbindex, melyre n N, m N esetén a n A < ε 2, a m A < ε 2. Ekkor a háromszögegyenl tlenség miatt a n a m = (a n A) + (A a m ) a n A + a m A ε 2 + ε 2 = ε Tétel. (Az el z Tétel megfordítása) Ha (a n ) Cauchy sorozat, akkor (a n ) konvergens. Bizonyítás. Két segédállítást (lemmát) fogunk belátni a bizonyítás során Lemma. Ha (a n ) eleget tesz a Cauchy kritériumnak, akkor korlátos. Bizonyítás. Az ε = -hez létezik N index, melyre minden n N esetén a n ɛ(a N, a N + ), Az intervallumon kívül csak véges sok eleme van a sorozatnak, ezért van legnagyobb és legkisebb közöttük. Tehát korlátja a sorozatnak. K = max{ a N +, a,..., a N }

34 34 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK 2.3. Lemma. Ha egy (a n ) Cauchy sorozatnak van konvergens (a nk ) részsorozata, és lim k a n k = A, akkor a sorozat is konvergens, és lim a n = A. Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetsz leges. Ekkor a részsorozat konvergenciája miatt létezik N index, melyre a nk A < ε 2, ha n k > N. Mivel (a n ) Cauchy sorozat, ezért létezik N 2 index, melyre a n a m < ε 2, ha n, m > N 2. Legyen N = max{n, N 2 } Ekkor minden n N esetén létezik n k n N. Így a n A = (a n a nk ) + (a nk A) a n a nk + a nk A < ε 2 + ε 2 = ε. A Tétel bizonyítása. Az (a n ) Cauchy-sorozat, tehát korlátos. A Bolzano- Weierstrass tétel miatt létezik (a nk ) konvergens részsorozat, és ekkor az eredeti sorozat is konvergens. 2.. Következmény. (a n ) konvergens (a n ) Cauchy sorozat. Példa. Legyen a n = n k= k = n. Becsüljük meg az n-dik és 2n-dik tag különbségét: a 2n a n = 2n k=n+ Tehát azt kaptuk, hogy k = n n + 2 2n > 2n n 2n = n 2n = 2. a 2n a n > 2 n, ezért például az ε = /2 esetén sem teljesül a Cauchy kritérium, tehát (a n ) nem konvergens.

35 2.. SZÁMSOROZATOK Konvergens sorozatok további tulajdonságai 2.6. Állítás. (Konvergencia monotonitása) Tegyük fel, hogy az (a n ) és (b n ) sorozatok konvergensek, jelölje Ha akkor A B. lim a n = A, a n < b n, lim b n = B. n, Bizonyítás. Triviális. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy bár a feltételben szigorú egyenl tlenség áll, határértékben egyenl ség is el fordulhat. Példaként nézhetjük az a n = n 2 < b n = n sorozatokat. Nyilván és határértékben n 2 < n lim n >, n 2 = lim n = Tétel. (Rend r-elv) Tegyük fel, hogy az (a n ) és (b n ) sorozatok közrefognak egy harmadik sorozatot: a n c n b n nɛin. Tegyük fel, hogy (a n ) és (b n ) konvergens sorozatok ugyanazzal a határértékkel lim a n = A, lim b n = A. Ekkor (c n ) is konvergens, és lim c n = A.

36 36 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetsz leges. Ekkor létezik N küszöbindex, melyre a n A < ε ha n N, speciálisan a n > A ε. Hasonlóan N 2, melyre b n A < ε ha n N 2, speciálisan b n < A + ε. Ekkor n max(n, N 2 ) esetén amib l a konvergencia következik. A ε < a n c n b n < A + ε, Megjegyzés. A fenti tételek akkor is igazak, ha a feltételek nem minden nɛin-re teljesülnek, hanem csak egy bizonyos N-t l kezdve. Példa. Legyen a n = n n. Belátjuk, hogy lim a n =. Azt tudjuk, hogy < a n, minden n > -re. Ekkor < a n = n n n... n + n n = 2 n n + n 2 = 2 + n 2 < 2 +. n n n n A számtani és mértani közép közti egyenl séget használtuk. Azt kaptuk, hogy < a n < 2 +. n Legyen: b n (minden eleme ) és c n = 2/ n +. Mindkét sorozat határértéke, és b n < a n < c n minden n-re. Ekkor lim b n =, lim c n =, ezért lim a n =. Hasonlóan belátható: lim n =. n Példa. (Az el z példa következménye.) Legyen p > 0 tetsz leges, a n := n p, láttuk, hogy lim n p =, most másképp is belátjuk. Tetsz leges p > 0 esetén igaz, az /n < p < n bizonyos N után (azaz N index, hogy /n < p < n, minden n > N esetén). Ekkor: = és emiatt n n < n p < n n, lim n p.

37 2.. SZÁMSOROZATOK Nullsorozatok 2.9. Deníció. Az (a n ) konvergens sorozatot nullsorozatnak nevezzük, ha határértéke 0, azaz minden ε > 0-hoz N = N(ε) küszöbindex, hogy minden n N-re a n < ε Állítás.. (a n ) konvergens és határértéke A azzal ekvivalens, hogy b n = a n A nullsorozat. 2. Tegyük fel, hogy (a n ) nullsorozat, (b n ) korlátos sorozat. Ekkor az (a n b n ) is nullsorozat, azaz lim a nb n = Tegyük fel, hogy (a n ) divergens és lim a n =. Legyen b n := a n, ha a n > 0 0, ha a n 0 Ekkor lim b n = 0, azaz (b n ) nullsorozat. 4. (a n ) pontosan akkor nullsorozat ha ( a n ) nullsorozat. 5. Legyen (a n ) divergens sorozat, lim a n =. Legyen (b n ) alulról korlátos sorozat, melynek alsó korlátja pozitív. Ekkor: Bizonyítás. lim a nb n =. 2. Ha (b n ) korlátos, akkor b n K, minden n-re. Tetsz leges ε > 0 esetén a ε/k-hoz létezik N: minden n N, a n < ε K. Ekkor a n b n = a n b n ε K K = ε.

38 38 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK 3. Legyen ε > 0 tetsz leges. Mivel a n +, ezért K = /ε-hoz N = N(K) küszöbindex, hogy minden n N-re a n K(> 0). Ekkor b n = a n K = ε 5. Legyen (b n ) egy pozitív alsó korlátja k: b n = b n k > 0 Legyen KɛIR tetsz leges szám, (K > 0). Ekkor K/k-hoz N küszöbindex, ha n N, akkor a n K/k. Ekkor: a n b n K k k = K 2.8. Állítás. (Összehasonlító kritériumok). Tegyük fel, hogy (a n ) nullsorozat, (b n ) olyan sorozat, melyre ( b n ) ( a n ) minden n-re (rögzített N mellett minden n > N-re). Ekkor lim b n = 0 2. Tegyük fel, hogy (a n ) -be divergál, azaz lim a n = +, és N index, ha n N, akkor b n a n. Ekkor lim b n = +. Megjegyzés. A lim a nb n = 0 típusú határérték "bármi" lehet ( nem). Emlékeztetünk arra, hogy lim pn = 0, ha p <, ha p =, ha p > divergens, ha p. Példa. Legyen a n = np n. Belátjuk, hogy ha 0 < p <, akkor lim npn = 0. Átírjuk a sorozat elemeit ilyen alakba: a n = np n = ( n np) n.

39 2.. SZÁMSOROZATOK 39 n Mivel n tart az -hez, ezért N küszöbindex, hogy ha n N, akkor n n < p. Ezekre az n-ekre Tehát létezik 0 < q <, melyre n np < p p =. n np < q <. Ezért 0 < a n < q n, ha n N, így a rend relv alapján lim a n = 0. *. Példa. Legyen kɛin tetsz leges természetes szám, és tekintsük az a n = n k p n sorozatot, 0 < p <. Ekkor lim a n = 0. Bizonyítás. Az el z esethez hasonlóan a n = ( n n k p) n n. Mivel n, ezért n n k, és emiatt n n k < p, ha n > N. A bizonyítás ugyanúgy megy, mint az el z esetben. 2. Példa. Legyen a n = 3n n!. Belátjuk, hogy lim a n = 0. Legyen n > 3. Ekkor a n = 3 n n = n = (3 2*. Példa. Legyen a > 0 tetsz leges ) n 9 2 (3 4 )n 3 0. ekkor lim a n = 0 most is igaz. a n = an n!, Számtani átlag-sorozatok 2.9. Állítás. Adott (a n ) nullsorozat. Legyen Ekkor lim A n = 0. A n = a a n n = n n a k. k=

40 40 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetsz leges. A n = n n a k n k= n a k. Az ε/2-höz létezik N küszöbindex, hogy ha n N, akkor a n < ε 2. Ezekre az n indexekre A n a a N + a N a n n ahol a n K fels korlát. Ha akkor tehát, ha n N, akkor ezzel az állítást beláttuk. n 2NK ε N n K ε 2, = N, k= A n ε 2 + ε 2 = ε, Megjegyzés. Az állítás megfordítása nem igaz! A n 0 a n 0. N n K + ε n N 2 n < N n K + ε 2 Ellenpélda: Ha a n = ( ) n, akkor 0, ha n = 2k A n =, n ha n = 2k + tehát A n 0, bár az eredeti sorozat divergens volt., 2.2. Következmény. Legyen (a n ) konvergens, lim a n = A. Ekkor a számtani átlag sorozatra lim A n = A. Bizonyítás. Felhasználjuk, hogy lim a n = A azzal ekvivalens, hogy (a n A) nullsorozat. Legyen ugyanis b n := a n A. Ennek a sorozatnak a számtani átlag sorozata B n = b + + b n n = a A +... a n A n = a + + a n n A.

41 2.. SZÁMSOROZATOK 4 Az el z tétel alapján ahonnan azonnal következik, hogy lim B n = 0, lim A n = A Állítás. Legyen (a n ) pozitív tagú sorozat, és G n := n a... a n a mértani átlagok sorozata. Tegyük fel, hogy (a n ) nullsorozat, ekkor lim G n = 0. Bizonyítás. A számtani-mértani közép közti egyenl tlenség miatt 0 < G n A n, és mivel A n nullsorozat, ezért G n is az Torlódási pont 2.0. Deníció. Legyen (a n ) egy sorozat, és tɛir egy valós szám. Azt mondjuk, hogy t torlódási pontja (a n )-nek, ha t bármely környezetében végtelen sok tagja van a sorozatnak. Más szavakkal a torlódási pont azt jelenti, hogy minden ε > 0 esetén a (t ε, t + ε) intervallumban a sorozatnak végtelen sok tagja van. Lényeges különbség a határértékhez képest, hogy a határérték tetsz lges környezetén kívül csak véges sok tagja lehet a sorozatnak. Példa. Tekintsük az a n = ( ) n sorozatot. Ennek két torlódási pontja van, t = és t 2 =. Példa. "Összefésült sorozatok". Legyen a n = n, b n = n n +.

42 42 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Deniáljunk egy harmadik sorozatot a következ képpen: a k ha n = 2k c n = b k ha n = 2k + A (c n ) sorozatnak két torlódási pontja van, 0 és. 2.. Állítás. Ha az (a n ) sorozat konvergens, akkor egyetlen torlódási pontja van. Megjegyzés. A fenti állítás megfordítása nem igaz. Legyen a sorozat, ha n = 2k + n a n :=. ( ) n/2 n ha n = 2k A sorozat elemei tehát, 2, 3, 4, 5, 6,... A sorozatnak egyetlen torlódási pontja van, a 0, de nyilván nem konvergens, hiszen nem korlátos. 2.. Deníció. Ha a torlódási pontok halmaza felülr l korlátos, akkor ennek a legkisebb fels korlátját limes superiornak nevezzük. (A torlódási pontok sup-ja). Jelölése lim sup(a n ) = lim(a n ). Ha a torlódási pontok halmaza alulról korlátos, akkor ennek a legnagyobb alsó korlátját limes inmumnak nevezzük, ennek jelölése lim inf(a n ) = lim(a n ) Végtelen sorok Emlékeztetünk rá, hogy sorozat valós számok rendezett halmaza volt. Sor alatt valós számok összegét értjük, ahol az összeadandók száma végtelen: a + a 2 + a a n....

43 2.2. VÉGTELEN SOROK 43 Formálisan, végtelen sor alatt egy n= alakú végtelen összeget értünk. Az a kérdés, hogy milyen értelmet tulajdoníthatunk egy ilyen végtelen összegnek. a n Végtelen sor konvergenciája 2.2. Deníció. A fenti végtelen sor konvergens, ha a részletösszegek sorozata s n = n k= konvergens. Ekkor azt mondjuk, hogy a sor összege n= Példa. Legyen a n =, a végtelen sor 2n Ekkor a k a n = lim s n s n = n = ( ) 2 n = 2 ( ) 2 n = 2 2 n, mivel egy mértani sorozat elemeit adtuk össze. Tehát (s n ) konvergens, -hez tart, így 2 n =. n= Példa. Legyen a n = ( ) n, ekkor a végtelen sor

44 44 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK A részletösszegek sorozata: 0 ha n = 2k s n = ha n = 2k + Így az s n sorozat nem konvergens, a végtelen sor összege nem létezik Deníció. Ha a részletösszegek (s n ) sorozata nem konvergens, akor azt mondjuk, hogy a végtelen sor divergens. Példa. Mértani (geometriai) sor. Legyen a n = q n. Kérdés, mennyi az alábbi összeg: + q + q =? Az els n tag összege s n = + q + q q n = qn, ha q. q Így lim s n = q ha q < + ha q. ha q 2.2. Állítás. Ha ( a n ) konvergens, akkor (a n ) nullsorozat. Bizonyítás. Legyenek Ekkor mivel ezért s n = n n a k, S n = a k n 2. k= lim s n = S k= lim S n = S lim a n = lim (s n S n ) = 0.

45 2.2. VÉGTELEN SOROK 45 Megjegyzés. Az állítás megfordítása nem igaz, ha (a n ) nullsorozat, akkor ( a n ) általában nem konvergens. Példa. Tekintsük a n= végtelen sort. A sor elemei 0-hoz tartanak. A részletösszegek sorozata s n = n n k= Err l már beláttuk, hogy nem konvergens. Példa. Elemi törtekre bontva s n = n k= n= k(k + ) = k. n(n + ) =? n k= ( k ) = k + ezért ( 2 ) + ( 2 3 ) ( n n + ) = n +, lim s n =. A sorozatoknál tanultakból következik, hogy a végtelen sor pontosan akkor konvergens ha (s n ) teljesíti a Cauchy-féle feltételt. Cauchy feltétel sorokra. A ( a n ) végtelen sor teljesíti a Cauchy feltételt, ha minden ε > 0-hoz létezik olyan N = N(ε) küszöbindex, melyre minden n > m N esetén a m a n = n k=m+ a k < ε. Ez azt jelenti, hogy a N küszöbindex után akárhány elemet adunk össze, az összeg kisebb lesz, mint ε.

46 46 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Összehasonlító kritériumok Az alábbi két tétel azonnal következik a sorozatokra igazolt összehasonlító kritériumokból Tétel. (Majoráns kritérium) Tegyük fel, hogy adott két sor, melyek elemeire teljesül, hogy 0 b n a n minden n-re. Ha ( a n ) sor konvergens, akkor ( b n ) is konvergens. Megjegyzés. az állítás úgy is igaz, ha a feltétel a következ : N ɛin, hogy minden n > N-re teljesül 0 b n a n Tétel. (Minoráns kritérium) Tegyük fel, hogy b n a n, minden n-re. Ha ( a n ) divergens és a k = +, k= akkor ( b n ) is divergens, és a összege +. Példa. n= n 2 konvergens-e? Felhasználjuk azt a becslést, hogy n 2 < n(n ), n 2. Ekkor alkalmazhatjuk a majoránskritériumot, hiszen a n(n ) n=2 sor konvergens. Tehát beláttuk, hogy n 2 <. n= Megjegyzés. Láttuk, hogy n = +, n= n= n 2 <.

47 2.2. VÉGTELEN SOROK 47 A kés bbiek során be fogjuk látni, hogy a sor akkor konvergens, ha α >. n= Példa. Végtelen tizedestörtek értelmezése. Egy végtelen tizedestört a (0, ) intervallumban így írható: 0, a a 2 a 3... = A fenti sort majorálni tudjuk, a mértani sorral, tehát konvergens. 9 n α a k 0 k, 0 a k 9. k= 0 k < k= Példa. Képezzünk sokszöget egy szabályos, a oldalú, T terület háromszögb l a következ rekurzív eljárással:. Osszunk minden oldalt 3 egyenl részre. 2. Minden középs oldal szakaszra illesszünk szabályos háromszöget. 3. Ismételjük meg az el z lépéseket. Az így kapott sokszög az úgynevezett Koch-görbe. Mennyi az így kapott alakzat kerülete és területe? Megoldás: 2.. ábra. A Koch görbe konstrukciójának els 5 lépése.

48 48 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK. A Koch-görbe kerületét egy sorozat határértékeként kapjuk. Minden lépésben minden oldal hossza 4 3 -szorosára n, mivel minden oldal középs harmadát nála kétszer hosszabbra cseréltük. A kerület tehát: ( ) 4 n K = 3a lim = 3 2. A Koch-görbe területe geometriai sor határértékeként áll el. Az egyes lépésekben újonnan illesztett háromszögek száma az oldalszámmal egyenl (azaz lépésenként 4-szeresére n ), területe az el z háromszögek területének 9-szerese. E két tényez gyelembevételével a terület határértékére felírható geometriai sor: T = T + lim 9 T = T + 3 T 3 + 3T T = n k= ( ) 4 k = T + T = T + 3T 5 = 8T 5 Megjegyzés. Érdekes belegondolni abba a ténybe, hogy a kapott alakzat véges területét önmaga kicsinyített másaiból el álló végtelen hosszú görbe határolja. A Koch-görbe tipikus példája az önhasonló fraktáloknak Abszolút konvergens sorok 2.4. Deníció. A ( a n ) végtelen sor abszolút konvergens, ha az abszolútértékekb l álló ( a n ) sor konvergens Állítás. Ha ( a n ) abszolút konvergens, akkor konvergens is. Bizonyítás. Belátjuk a Cauchy kritérium teljesülesét. A háromszögegyenl tlenség miatt n n a k a k, k=m+ k=m+ és a jobboldal tetsz legesen kicsi lehet elegend en nagy m < n esetén az abszolút konvergencia miatt. Az állítás megfordítása nem igaz, látunk majd rá ellenpéldát.

49 2.2. VÉGTELEN SOROK Deníció. A ( a n ) végtelen sor feltételesen konvergens, ha konvergens, de nem abszolút konvergens Hányados-kritérium 2.8. Tétel.. Tegyük fel, hogy a n+ a n q < teljesül minden n-re ahol qɛ(0, ) n-t l független szám. Akkor a sor abszolút konvergens. 2. Tegyük fel, hogy Akkor a sor divergens. a n+ a n, n. Bizonyítás.. A feltétel szerint a 2 a q a 3 a 2 q. a n+ a n q Ezeket összeszorozva azt kapjuk, hogy a n+ a q n, azaz a n+ a q n. Így a majoránskritérium szerint az abszolú tertékekb l álló sor konvergens. 2. Ha a n+, a n akkor a n+ a n, tehát (a n ) nem lehet nullsorozat. (Például az ε = a -hez már nincs olyan N küszöbindex, hogy a n < ε teljesülne n N mellett.)

50 50 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Megjegyzés. Elegend a fenti tételben, hogy a feltételek bizonyos n N esetén teljesülnek. Megjegyzés. A tétel els részéhez fontos a q < szám létezése, nem elegend azt mondani, hogy a n+ a n <. Példa. Legyen a n = /n. Ekkor n= n =, és itt a hányadosra mindig teljesül, hogy a n+ a n = n n + <, de nem tudunk közös q < fels korlátot mondani. A sor nem konvergens, mint már láttuk Tétel. (Hányados-kritérium gyengített változata.)hányadoskritérium!gyengített Tegyük fel, hogy létezik a határérték. Ekkor lim a n+ = A a n - ha A <, akkor a sor abszolút konvergens, - ha A >, akkor a sor divergens, - ha A =, akkor a sor lehet konvergens és divergens is. Bizonyítás. Visszavezetjük az el z tételre. - Tegyük fel, hogy A <. Ekkor az ε = ( A)/2-hoz is N index, melyre minden n > N esetén: azaz a n+ a n A < ε, a n+ a n < A + ε = q <.

51 2.2. VÉGTELEN SOROK 5 - Tegyük fel, hogy A >. Ekkor N, ha n N. a n+ a n >, - Tegyük fel, hogy A = Mindkét esetre mutatunk példát. Legyen a n = /n, ekkor a n+ lim = a n és a n =. Legyen a n = /n 2, ekkor n és Példa. Legyen Ekkor a végtelen sor a n+ lim = a n a n <. n a n = n!. + 2! + 3! + 4! A hányados kritérium szerint így a sor konvergens. a n+ a n = (n + )! (n)! = n + < 2 <, 2.4. Állítás. n=0 n! = e

52 52 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Bizonyítás. A bizonyításhoz felhasználjuk, hogy az ( S n := + ) n n sorozat határértéke az e szám, lim ( + n) n = e. A binomiális tételt felhasználva S n így írhtaó: ( + ) n = + n n(n ) n(n )(n 2) + + n n 2! n2 3! = + + n n 2! n n + n 3! n n n 2 n n n k! n < + + 2! n! Legyen T n az állításban szerepl sor részletösszeg sorozata: Az el z ekben azt láttuk be, hogy T n = n k=0 k! n n = n n... n k < n S n < T n, nɛin. Ebb l következik, hogy azaz lim S n lim T n e lim T n Ahhoz, hogy az állítás teljesüljön, meg kell mutatnunk, hogy e lim T n. Becsüljük az S n sorozatot alulról a következ képpen: ( + ) n = ++ n n n 2! n n +... > n(n )... (n m + ) m! n m,

53 2.2. VÉGTELEN SOROK 53 ahol mɛin rögzített, m < n. Ha vesszük az egyenl tlenség mindkét oldalának határértékét n esetben, akkor a következ t kapjuk: e = lim ( + n )n m m! = k! Mivel a kifejezés minden mɛin-re igaz, ezért: Ha és e lim m m k=0 e lim m m k=0 e lim m k=0 egyszerre teljesül, akkor igaz a következö: Gyökkritérium e = lim m m k=0 A korábbi fejezetben szerepelt hányadoskritérium helyett használhatjuk az ú.n. gyök-kritériumot. Az alábbi tételek bizonyítása teljesen hasonló a hányadoskritériumra vonatkozó megfelel tételek bizonyításához, így nagyrészt elhagyjuk Tétel. Adott az (a n ) sorozat.. Tegyük fel, hogy n a n q minden nɛin-re, ahol a q rögzített és 0 < q <. Ekkor a ( a n ) sor abszolút konvergens. 2. Tegyük fel, hogy n a n, minden nɛin-re. Ekkor a ( a n ) sor divergens. Bizonyítás. m k! k! k! k!. k=0

54 54 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK. A feltétel szerint n a n q, ahol 0 < q <, így igaz az is, hogy Mivel a n q n, nɛin. q n < n= ezért a majoránskritérium alkalmazásával ebb l következik, hogy a n <. n= Az abszolút konvergencia miatt a sor konvergens: a n < n= 2. Mivel n a n, így emiatt a n, azaz (a n ) nem nullsorozat, tehát sor nem konvergens. n= 2.. Tétel. (Gyengített gyökkritérium) Adott a hogy a lim határérték létezik. Ekkor ( ) an. Ha A <, akkor a 2. Ha A >, akkor a ( an ) a n n an = A ( an ) sor abszolút konvergens. sor divergens. sor. Tegyük fel, 3. Ha A =, akkor a kritérium alapján nem eldönthet a sor konvergenciája.

55 2.2. VÉGTELEN SOROK Leibniz - típusú sorok 2.6. Deníció. ( ) an Leibniz - típusú sor, ha az (a n ) sorozat rendelkezik az alábbi három tulajdonsággal.. Váltakozó el jel, azaz a n a n+ 0, 2. ( a n ) monoton fogyó, 3. (a n ) nullsorozat Tétel. A Leibniz -típusú sor konvergens. Bizonyítás. Feltehet, hogy a > 0, ekkor a páratlan index tagokra a 2n+ > 0, páros index tagokra a 2n < 0 teljesül. Képezzük az alábbi sorozatokat: α := a + a 2 β := a } α 2 := a + a 2 + a 3 + a 4 β 2 := a + a 2 + a 3. α β } α 2 β 2 Másrészt az (a n ) sorozat abszolútérték-monotonitása miatt α < α 2 <... β > β 2 >... A Cantor-féle közöspont tételt fogjuk alkalmazni az I = [α, β ], I 2 = [α 2, β 2 ],... intervallum sorozatra. Könnyen látható, hogy - I n+ I n, egymásba skatulyázott zárt intervallumok, - az intervallumok hossza: I = a 2, I 2 = a 4..., ezért lim I n = 0.

56 56 2. FEJEZET. SOROZATOK, VÉGTELEN SOROK Mivel a Cantor-tétel feltételei teljesülnek, ezért létezik egyetlen közös pont, s, melyre s = lim α n = lim β n. Példa. Tekintsük az alábbi végtelen sort: Látható, hogy ez Leibniz-típusú, ezért konvergens, létezik a részletösszegek határértéke: = ( ) k+ k < DE! k= k= ( )k+ k =, ahogy korábban már beláttuk. Tehát ez a sor feltételesen konvergens. Megjegyzés: A feltételesen konvergens sor összege függ az összeadás sorrendjét l. Igazolható, hogy a sor összge bármi is lehet.

57 Tárgymutató e (Euler féle szám), 27 bels pont, 3 Bernoulli egyenl tlenség, 5 Bolzano-Weierstrass tétel, 33 Cantor-féle közöspont-tétel, 9 Cauchy kritérium számsorozatokra, 33 Cauchy sorozat, 33 gyökkritérium, 53 gyengített, 54 hányadoskritérium, 49 határpont, 4 inmum, 0 küls pont, 3 Koch görbe, 47 korlátos halmaz, 0 Leibniz sor, 55 mértani közép, 6 mértani sor, 44 majoráns kritérium számsorokra, 46 minoráns kritérium számsorokra, 46 nullsorozat, 37 supremum, számsor abszolút konvergens, 48 feltételesen konvergens, 49 számsorozat, 22 összehasonlító kritérium, 38 Cauchy feltétel, 33 divergens, 25 konvergencia monotonítása, 35 konvergens, 24 korlátos, 22 részsorozata, 32 rekurzívan deniált, 3 rend r elv, 35 számtani átlag sorozat, 39 számtani közép, 6 számtani- és mértani közép közti összefüggés, 7 teljes indukció, 6 torlódási pont, 4 végtelen sor(számsor), 43 Cauchy feltétel, 45 valós számok axiómái, 7 Cantor axióma, 9 57