Divergens sorok. Szakdolgozat

Átírás

1 Diverges soro Szadolgozat Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Készítette: Szabó Szilárd Matematia Bsc., taári szairáy Témavezető: Gémes Margit Műszai gazdasági taár Aalízis taszé Budapest, 05

2 Tartalomjegyzé. Bevezetés.. Előszó Koverges soro Diverges soro 5.. Szummábilitás Feladato A szummábilitás általáosításai A Hölder-szummáció A Cesaro-szummáció Feladato

3 . fejezet Bevezetés.. Előszó A lassziusa elfogadott defiíció szerit, ha egy végtele sor részletösszegeiből épzett sorozat a végtelehez tart, vagy több torlódási potja va, aor a sor diverges, ics véges összege. Szadolgozatomba ilye soroal (főleg ez utóbbi esettel) foglalozom. Mi törtéi aor, ha megegedjü, hogy a diverges soroa is legye egy jól defiiált összege, szummája? Elöljáróba átteitem a végtele soro overgeciájáa feltételeit, majd a diverges soro szummázásáa egy alapvető módszerét. Végezetül ee ét általáosításával foglalozom... Koverges soro... Defiíció. [] A 0 a végtele sor részletösszegei az s a + + a (,,... ) számoat értjü. Ha a részletösszegeből épzett (s ) sorozat overges és a határértée A R; azaz, ha (a a ) A, aor azt modju, hogy a 0 a végtele sor overges, és az összege A. Ezt úgy jelöljü hogy 0 a A.... Példa. Legye q R. A 0 q mértai sor aor és csa aor overges, ha q <, és eor 0 q q. Legye s + q + q + + q. Mivel qs s q +, így q eseté Ha q <, aor q + 0 és s q s q+ q. ( )...3. Tétel. [] Ha a 0 a sor overges, aor a 0.

4 Bizoyítás. Legye a sor összege A. Mivel a (a a ) (a a ) s s ezért a A A 0. A feti tételbe a a 0 feltétel szüséges de em elégséges feltétele a sor overgeciájáa. Számos olya diverges sor létezi, melye tagjai ullához tartaa. Ilye például a harmoius sor...4. Tétel. [] Egy emegatív tagú sor aor és csa aor overges, ha a részletösszegeie sorozata (felülről) orlátos. Ha egy emegatív tagú sor diverges, aor az összege végtele. Bizoyítás. Abból a feltételből, hogy a sor tagjai emegatíva, övetezi, hogy a sor részletösszegeie sorozata mooto övő. Ha ez a sorozat felülről orlátos, aor overges is, egy a sorozatora voatozó tétel szerit. Eor a végtele sor is overges. Ha a részletösszege sorozata em orlátos felülről, aor belátható, hogy végtelehez tart, és így a szóba forgó végtele sor diverges és az összege végtele. A övetező végtele soroal apcsolatos tétele alapjául a végtele számsorozatora voatozó Cauchy-ritérium szolgál. Itt övetezi, bizoyítás élül...5. Tétel (Cauchy-ritérium sorozatora). [] Az (a ) sorozat aor és csa aor overges, ha mide ε > 0 -hoz létezi olya N, hogy mide, m N -re. a a m < ε Eze utá a végtele soro overgeciájáa potos feltétele imodható...6. Tétel (Cauchy-ritérium sorora). [] A 0 a végtele sor aor és csa aor overges, ha mide ε > 0-hoz létezi egy N idex úgy, hogy mide N < m-re a + + a a m < ε. Bizoyítás. Mivel a + + a a m s m s, ezért az..5 tételt s sorozatra alalmazva, az állítás övetezi. Alteráló soro eseté, a overgecia elégséges feltétele a övetező:..7. Tétel (Leibiz-ritérium). [] Ha az (a ) sorozat mooto csöeő és ullához tart, aor a 0 ( ) a sor overges. 3

5 Bizoyítás. Legye a sor -edi részletösszege s. A feltételből övetezi, hogy mide -re s s 4 s s s 3 s 3 s. Így az (s ) sorozat mooto övő és felülről orlátos, az (s ) sorozat pedig mooto csöeő és alulról orlátos, tehát midét sorozat overges. Mivel s s a 0, ezért s s. Ebből övetezi, hogy az (s ) sorozat overges, és éppe ezt ellett belátu. 4

6 . fejezet Diverges soro.. Szummábilitás... Defiíció. [3] Azt modju, hogy a 0 a végtele sor szummábilis és a szummája A, ha az s a i részletösszegere teljesül, hogy s s A. A övetező ét tétel a továbbiaba haszosa fog bizoyuli.... Tétel. [3] Legye adott az (a ) sorozathoz tartozó s a a özepe sorozata. Ha a a, aor s a. számtai Bizoyítás. A sorozato határértéée defiíciója alapjá, adott ε > 0-hoz va olya N, hogy N eseté a a < ε. Legye a 0 a + + a N a K. Ha N, aor s a (a 0 a) + + (a a) a 0 a + + a N a + + a a K + ()ε < ε, ha > K ε...3. Tétel. [3] Ha a 0 a sor overges, aor a 0 + a + + ()a Bizoyítás. Legye s A, ahol s a sor -edi részletösszege. Mivel a 0 + a + + ()a (a a ) + (a + + a ) + + (a ) 0 s + (s s 0 ) + + (s s ) ()s (s s ), 5

7 ezért a 0 + a + + ()a Mivel s A, ezért a.. miatt s s A. Így eseté s s Tehát a (.) jobb oldala ullához tart. s0 + + s s s s. (.) A A..4. Tétel. [3] Ha a 0 a végtele sor overges, és az összege A, aor a sor szummábilis, és a szummája szité A. Bizoyítás. A.. miatt ha egy (s ) sorozat A-hoz tart, aor az (s s )/() sorozat is A-hoz tart...5. Tétel. [3] Ha a 0 a végtele sor szummábilis, aor s /() 0 és a /() 0. Bizoyítás. A 3. feladatba...6. Tétel (Tauber). [3] A 0 a sor aor és csa aor overges, ha szummábilis és a 0 + a + + ()a 0. (.) Bizoyítás. Ha a sor overges, aor a..4 szerit szummábilis, a. pedig a..3 tételből övetezi. Most tegyü fel, hogy 0 a szummábilis, és a szummája A. Ha s jelöli a sor -edi részletösszegét, aor eseté Mivel s s a 0 + a + + ()a s0 + + s A A s + (s s 0 ) + + (s s ) s s s, A (.) miatt eseté a bal oldal ullához tart. Így s A. Tehát a sor overges, és az összege A. Ee a tétele egy övetezméye a övetező:..7. Tétel. [3] Ha a 0 a szummábilis, és () a 0, aor a sor overges. Bizoyítás. Ha () a 0,aor a (.) teljesül a.. tétel miatt.tehát alalmazhatju a..6 tételt. 6

8 ..8. Tétel. [3] Ha x π ( Z), aor és mide,, re. si x + + si x cos x + + cos x si(x/) si(x/) Bizoyítás. A és si x ( si jx cos jx x ) ( cos jx + x ) si x ( cos jx si jx + x ) ( si jx x ) azoosságoat j,..., -re összeadva apju: si x (si x + + si x) cos x cos 3x + cos 3x ( cos x + x ) si x (cos x + + cos x) si 3x si x + si 5x si 3x ( + si x + x ) Ie: Ie a feti állítás öye övetezi. si x + + si x cos x cos ( x + x si x cos x + + cos x si ( ) x + x si x si x ) (.3) (.4)..9. Tétel. [3] A si x sor mide x R-re szummábilis, és a szummája x π ( Z) eseté ulla, x π ( Z) eseté pedig ctg x A cos x sor mide x π( Z) eseté szummábilis, és a szummája. Bizoyítás. Ha x π, aor a si x sor mide tagja ulla, tehát mide részletösszege, és így a szummája is ulla. Feltehetjü tehát, hogy x π ( Z). Vezessü be az s s (x) j si jx és c c (x) j cos jx jelöléseet. A (.3) és (.4) egyelőségeet icsit átalaítva, azt apju hogy si x + + si x cos x cos x cos x + si x si x si x Így: cos x + + cos x si x cos x + si x cos x si x si x s (x) ctg x ctg x cos x + si x 7

9 Ahoa: c (x) + ctg x si x + cos x s + + s ctg x ctg x c(x) + s(x) és c + + c + ctg x s(x) + c(x). Mivel az (s ) és (c ) sorozato orlátosa a..8 tétel miatt, így eseté: és s + + s c + + c ctg x... Feladato. Feladat. Szummábilis-e (a feti értelembe) az sor? Megoldás. s 0 + s + + s s (+) + (+) + Mivel páros eseté is -hez tart a részletösszege számtai özepe: ezért mide -re igaz hogy: s 0 + s + + s + Tehát a sor szummábilis, és szummája. s 0 + s + + s. Feladat. [3] Szummábilis-e (a feti értelembe) az sor? Megoldás. s s 0 + s + s + + s (+) Ahol egy feladat megoldásáál em hivatozo, az öálló mua. 8

10 Így s 0 + s + + s + és s 0 + s + + s 0 A részletösszege számtai özepéből álló sora ét torlódási potja va, így a sor em szummábilis. 3. Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy ha a 0 a sor szummábilis, aor eseté s /() 0 és a /() 0. Megoldás. A sor szummábilis, tehát: Eor: Így: s 0 + s + + s s 0 + s + + s A s 0 + s + + s A (.5) s s 0 + s + + s s 0 + s + + s A bal oldalt ifejtve írható: Ie az előzőehez hasolóa: a 0 + a + + a a 0 + a + + a 0 0 a a 0 + a + + a a 0 + a + + a A A Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy ha egy emegatív tagú sor szummábilis, aor overges. Megoldás. s a 0 + a + + a, a 0 N re, m s 0 + s + + s A sor szummábilis, tehát: m A s + s + a + s tehát az s sorozat mooto övevő. Így az..4 tétel miatt, elég azt igazoli, hogy az s sorozat (felülről) orlátos. Idiret tegyü fel, hogy s felülről em orlátos. Eor egy rögzített K > A pozitív valós szám eseté létezi N (K) természetes szám, amelyre s > K ha > N (K). m s s N(K) + s (N(K) +) + + s 9 s (N (K) +) + + s

11 ( N (K) )K Egy a sorozatora voatozó tétel szerit ha a b véges so ivételével és a a és b b aor a b. Ez alapjá: m N (K) A K K > A amiből A > A övetezi, ami elletmodás. 5. Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy ha a 0 a... 0 aor az a 0 a + a 3 a 4... sor szummábilis. Megoldás. Legye s a 0 a + a + ( ) a Vizsgálju az (s ) sorozatot: s 0, s, s, s 3, s 4,... s, s, s Eor: illetve: s + s a + + a + s s +3 s + + a + a +3 s + s + s + + a + s + s + s a + s Az első ét egyelőtleségből látszi, hogy (s ) páros idexű részsorozata mooto csöeő, a páratla idexű részsorozata mooto övevő. Utóbbi ettő egyelőtleségből látszi, hogy az (s ) sorozat elemei özött egy adott páratla idexűél midét szomszédos páros idexű agyobb egyelő. A feltétel szerit feáll még: s 0 N re. Tehát (s + )-a egy felső orlátja az (s ) egy tetszőleges tagja. Igaz az is, hogy (s )-a alsó orlátja (s + ) egy tetszőleges tagja, de fotosabb, hogy felső orlátja is va: s 0. A fetieből és az..4 tételből övetezi, hogy (s ) és (s + ) is overges. Legye s A és s + B. Eor m s 0 + s + + s + s + s s s0 + s + + s + + s + s s + + (A + B) Az utolsó egyelőségél felhaszáltam a.. tételt. Hasolóa: m s 0 + s + + s + s + s s + 0

12 s 0 + s + + s s + s s + (A + B) Így m (A + B) tehát az a 0 a + a... sor szummábilis. 6. Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy x, y [0,π], x y és x + y π eseté a si x si y sor szummábilis, és a szummája ulla. Megoldás. [3] Alalmazzu a azoosságot! si x si y (cos(x y) cos(x + y)) si jx si jy j (cos j(x y) cos j(x + y)) j Ha x + y π aor a cos (x y) és a cos (x + y) sor is szummábilis a..9 tétel alapjá és szummája midettőe. Eor a ülöbségü is szummábilis, és a ülöbség szummája ( ) 0. (Ez a ésőbb bizoyításra erülő 3..4 tétel övetezméye.) Így a feti állítást beláttu. Viszot ha x + y π aor a..9 tételt alalmazva a cos (x y) sorra, ez továbbra is szummábilis, és a szummája. A cos (x + y) sor esetébe: cos j(x + y) cos jπ j -re. Így ez a sor em szummábilis. Eor az eredeti (cos j(x y) cos j(x + y)) sor sem az. j 7. Feladat. [3] a) Bizoyítsu be, hogy a si x sor aor és csa aor overges, ha x π ( Z). b) Bizoyítsu be, hogy a cos x sor mide x-re diverges. c) Bizoyítsu be, hogy a si x sor aor és csa aor overges, ha x π ( Z). Megoldás. [3] b): Tegyü fel, hogy a cos x sor overges. Ee szüséges feltétele, hogy cos x 0 (ha ). Ee részsorozata cos x, ezért tart ullához. Másrészt, cos x cos x, ami elletmodás. a): Tegyü fel, hogy a si x sor overges. Eor si x 0 ( ), amiből cos x si x si (()x) si x cos x (.6) Ötlet a szairodalomba, megoldás idolgozása öálló mua.

13 Itt a jobb oldal ullához tart, így a bal is. Mivel cos x em tart ullához, ezért si x 0 azaz x π. Eor a si x si π sor overges, mert mide tagja 0. c):tegyü fel hogy a sor overges. Így a si x 0, és eor a.6 éplethez hasolóa írható: cos x si (()x) si (() x) si ( x) cos (()x) (.7) A cos (()x) orlátos. Így a.7 jobb oldala tart a ullához. Mivel cos x si x ezért a.7 bal oldala aor és csa aor tart ullához, ha si (()x) 0. Felírható a övetező: si(x) cos x si (()x) + si (( )x) Itt a jobb oldal ullához tart. Ezért a bal oldalo vagy si(x) 0, vagy cos x 0. Itt cos x 0 aor és csa aor teljesül, ha x π + π ( Z); si(x) 0 aor és csa aor ha x π ( Z), és ez magába foglalja cos x 0 megoldásait is. Ha x π ( Z) és páratla, aor si x ± mide páratla re ami lehetetle. Így páros és x π, vagyis x π. Ezzel ezt az iráyt beláttu. Másrészt ha x π aor a si x sor mide tagja ulla, így a sor overges. Végezetül, a..7 tétel imodható egy evésbé szigorú feltétellel: 8. Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy ha a 0 a sor szummábilis, és az (()a ) sorozat alulról vagy felülről orlátos, aor a sor overges. Megoldás. [3] Legye s 0 a. A feltétel szerit az m s 0 + s + + s sorozat overges. Tegyü fel, hogy A-hoz overgál, és cseréljü i a sor első tagját a 0 -t a 0 A-ra! Így elértü, hogy m ullához tart. Feltehetjü, hogy ((+)a ) alulról orlátos, mert ülöbe áttérü a 0 ( a ) sorra. (+)a b mide N-re, ahol b pozitív egész. Szorozzu meg -vel a sor mide b tagját, az új sorra teljesül hogy a és a ét sor egyszerre overges (illetve diverges). Azt ell tehát belátu, hogy ha a mide -re és eseté m 0 aor s 0. Legye 0 < ε < adott és tegyü fel, hogy s ε végtele so -re. Ha s ε és ε () aor s + s + a a + ε

14 ε + Ebből azt apju, hogy ε ε() + ε + ε + > ε s s (+[ε(+)]) (s s ) s s (+[ε(+)]) > [ε()] ε > Ie: s s (+[ε(+)]) > (ε )ε ε ami elég agy -re lehetetle, mert s s (s s ) 0 és > ε s s (+[ε(+)]) + [ε()] + + [ε()] + 0. Most tegyü fel, hogy s ε végtele so -re. Ha s ε és < ε, aor s s a a ( +) ε ε + ε + ε + ( + ε) < ε + ε + ε ( + ε) ε ε + ε + ε + ε ε ε + ε(ε ) ε < ε Az hogy az utolsó összegél ε szigorúa agyobb, a 0 < ε < feltételből övetezi. Ebből: [ ε ] s s (s s ( [ ε ]) ) < + ε < Ie: s s ( ε ) < ε ε (s s ( [ ε ]) ) Ami elég agy -re lehetetle, mert s s (s s ( [ ε ]) ) [ ε ] + [ ε ] + < ε 0 és 0. Ezzel beláttu, hogy s < ε mide elég agy -re, tehát s 0. 3

15 3. fejezet A szummábilitás általáosításai 3.. A Hölder-szummáció A éyelmesebb jelölés edvéért az -edi részletösszeget ezetúl s helyett A -el jelölöm. Így ha 0 a szummábilis és szummája A aor 0 a A ifejtése: A 0 + A + + A A (3.) Hölder evéhez fűződi az egyi legézefevőbb általáosítás. Egymás utá elvégzett szummáció egy sorozatát defiiálta a övetező módo: Legye a (H,) módszer evivales a már orábba megismert szummációval (3.), és legye ee az -edi részletösszege H. H A 0 + A + + A Ha most ismételte elvégezzü a (H ) sorra a (3.) szummációt, megapju az eredeti 0 a sor (H,)-szummáját: H H 0 + H + + H A ( ) A módszer hasolóa értelmezhető bármely pozitív -ra: 3... Defiíció. [] Legye 0,,,... emegatív egész szám. Eor H jeletse 0-ra: H 0 A, egyébét: H + H 0 + H + + H (3.) Ha eseté H A, aor azt modju hogy 0 a (H, )-szummábilis és a (H, )-szummája A: a 0 + a + a + A(H, ). A (H,0)-szummábilitás alatt a overgeciát értjü Tétel. [] Legye > 0 és >. Ha a A(H, ), aor a A(H, ). 4

16 Bizoyítás. A tétel szerit tehát a (H ) sorozat overgál A-hoz. Eor a (..) tétel szerit ( eseté) az ehhez a sorozathoz tartozó számtai özepe sorozata is A-hoz tart: H + H 0 + H + + H A ( ) Teljes iducióval belátható, hogy eor mide > -ra: H A ( ) Tétel. [] Ha a (H, )-szummábilis, aor A / 0 és a / 0. Bizoyítás. Írju fel H -et a övetezőéppe: H H (H0 + + H ) (H0 + + H ) () H H H H H () H H (3.3) A övetezőhöz haszálom a is ordó jelölést: Legye f() o(g()) aor és csa aor, ha eseté f()/g() 0 teljesül. Például, g() -re: f() o() f() 0 ( ). Eor, mivel a sor (H, )-szummábilis, ezért:h A és H A tehát: H A + o() illetve H A + o(). Ezt a (3.3) épletbe beírva: H () (A + o()) (A + o()) Az o() jobbról is és balról is tarthat a ullához, ezért: Ie: Hasolóa: H És így tovább. Végül: azaz H H A + () o() () H A bizoyítás részletezése saját mua. H 0 o(), (H o()) H () o() H o() H o( ) H 0 A o( ) A / 0 ( ) 5

17 illetve: azaz ( a A A ) 0 a / 0 ( ) Tétel. [] A Hölder-szummáció tulajdoságai: a) C a C a, b) (a + b ) a + b, c) a 0 + a + a + a 0 + (a + a +... ), d) a 0 + (a + a +... ) a 0 + a + a +... Itt midegyi egyelőség úgy értedő, hogy ha a jobboldal (H, )-szummábilis, aor a baloldal is és a ét érté megegyezi. Így például d) azt jeleti, hogy ha a 0 + a +... (H, )-szummája A, aor a + a +... (H, )-szummája A a 0. Bizoyítás. A övetező alfejezetbe bizoyításra erülő evivalecia tétel (3..5) alapjá elegedő lesz a 3..4 tételbe szereplő tulajdoságoat a Hölder- és Cesaro-szummáció özül csa az egyire bizoyítai. A c) és d) állításoat a Cesaro-szummációra bizoyítom. a) Legye b C a A a 0 + a + + a így: Eor: B Ca 0 + Ca + + Ca C(a 0 + a + + a ) C A. H (B) B 0 + B + + B CA 0 + CA + + CA C A 0 + A + + A C H (A) Most szeriti teljes iducióval: Tegyü fel hogy, H(B) C H(A) Eor: b) H + (B) H 0 (B) + H (B) + + H(B) C H 0 (A) + H (A) + + H (A) CH 0 (A) + CH (A) + + CH (A) C H + (A) A + B a 0 + a + + a + b 0 + b + + b (a 0 + b 0 ) + (a + b ) +... (a + b ) H (A) + H (B) A A A bizoyítás saját mua. (A + B) + B B (A 0 + B 0 ) + + (A + B ) 6

18 Tegyü fel hogy: Eor: H + (A) + H + H (A + B) H (A) + H (B) H (A + B). (B) H 0 (A) +... H (A) + H 0 (B) + + H (B) H 0 (A + B) + + H (A + B) H + (A + B) 3.. A Cesaro-szummáció A Hölder-szummációtól eltérőe, a most övetező módszerbe darab összegzést övet egyetle osztás Defiíció. [] Legye A 0 A a 0 + a + + a, A A 0 + A + + A és E legye egyelő A -a azo speciális értéével, amior a 0 és a 0 mide > 0-ra, azaz ha A mide -re. Ha C (A) A E A eseté, aor azt modju hogy a a sor (C, )-szummábilis és (C, )-szummája A, azaz: a 0 + a + a + A(C, ) Megjegyzés. [] 3 Az A -t i lehet fejezi az A illetve az a sorozat tagjaival. Teitsü a övetező azoosságot: 4 ( x) p ( ) p ( ) x ( ) + p x (3.4) p Itt felhaszáltu, hogy: Mivel és ( ) ( p ) ( ) ( p)( p )... ( p )! (p + )(p + )... (p + )p(p )!! (p )! (p + )!! (p )! A j A j 0 + A j + + A j + A j A j A j 0 + A j + + A j ( ) + p p 3 A levezetés részletezése öálló mua. 4 A továbbiaba, ha azt em jelölöm ülö, az összegzést 0-tól végteleig végzem. 7

19 ezért Igaz továbbá a övetező: A j A j A j (3.5) A x ( x) A x (3.6) Mivel átírható a övetező alaba: A x x A x A x Ez az egyelőség aor és csa aor áll fe, ha a bal oldali poliomba adott foú tag együtthatója megegyezi a jobb oldali poliomba ugyaazo foú tag együtthatójával. Az x m tag együtthatójára: A m A m A m Ez éppe a (3.5), így (3.6) teljesül. Hasoló módo folytatva: A x ( x) A x ( x) A x... ( x) A x ( x) a x (3.7) Ie, felhaszálva a (3.4) azoosságot: A x ( x) A x ( ) + x A x (3.8) A bal oldali poliomba az x együtthatója A, így a jobb oldaliba is az. A jobb oldalo az -ed foú tag így adódi: ( ) v + x v A v x v Tehát: A v0 ( ) v + A v v0 ( ) v + A v. Ha most a (3.7) egyelőségből az utolsó lépést haszálom fel, és ifejtem (3.8) mitájára: A x ( x) (+) a x ( ) + x A x. (3.9) Így az előző godolatmeethez hasolóa az -ed foú tag együtthatójára: ( ) v + ( ) v + A a v a v. v0 Ha a 0 és a többi a 0, aor A ( ) +. Így: ( ) + E ( + )( + )... ( + ). (3.0)! 8 v0 v0

20 Midazoáltal: ( ) + ha rögzített, és. ()( + )... ( + )!! Így a Cesaro-szummábilitás úgy is defiiálható hogy ha! A A feáll ( eseté), aor a sor (C, )-szummábilis és (C, )-szummája A Tétel. [] 5 A Cesaro-szummábilitásra is teljesüle a 3..4 tételbe foglalta. Bizoyítás. Az a) és b) állításo a 3..4 és a 3..5 tételeből öveteze. A c) és a d) állításo bizoyításához azt ell megmutatu, hogy ha b a +, (3.) aor a a A(C, ) illetve b (A a 0 )(C, ) állításo egyiéből övetezi a mási, vagy fordítva. Eor a (3.) és a (3.7) összefüggése felhaszálásával: A x ( x) a x ( x) (a 0 + x b x ) A x ( x) a 0 + ( x) x b x Az a 0 -t tartalmazó tagra felhaszálva a (3.4) összefüggést, a mási tagot pedig a (3.7) szerit átírva: A x ( ) + x a 0 + x B x A x ( ) + x a 0 + B x. Az egyelőség ét oldalá álló poliomo -ed foú tagjaia együtthatóját vizsgálva mide > 0-ra: ( ) + A a 0 + B. Felhaszálva a (3.0) összefüggést: A E a 0 + B Ezt ellett belátu. A a 0 + B 5 A bizoyítás részletezése öálló mua. 9

21 Meg lehet mutati, hogy a Hölder- és Cesaro-szummáció bizoyos értelembe evivalese egymással, ehhez azoba szüség lesz a övetező tételre Tétel. [] 6 Ha aor a állításo evivalese. m s 0 + s + + s, (3.) s s(c, ), illetve m s(c, ) Bizoyítás. Defiiálju a s -t hasoló módo mit ahogy A volt defiiálva a 3.. defiícióba. Eor a defiíciót és a (3.0) összefüggést felhaszálva: ( ) + s C (s). (3.3) Az m és C (m) hasolóa defiiálható. Legye u v u 0 + u + + u v, u v u 0 + u + + u v. Eor: (v + p)u v (0 + p)u 0 + ( + p)u + + ( + p)u v0 p u + u u 0 ( ) u u p u + u u v (+p)u +u 0 +u +u + +u [u 0 +(u 0 +u )+(u 0 +u +u )+ +(u 0 +u + +u )] Tehát: (v + p)u v ( + p + )u u (3.4) v0 teljesül mide p és 0 egészre. Ie, mivel a (3.) alapjá s ()m : v0 s s v v0 (v + )m v ( + )m m v0 Hasolóa: s 3 s v v0 (v + )m v m v v0 v0 -ra voatozó teljes iduciót haszálva: 6 A bizoyítás részletezése öálló mua. ( + 3)m m 3 m 3 s ( + )m ( )m (3.5) 0

22 Eor: s + s v v0 A (3.4) összefüggést alalmazva: v0 (v + )m v ( )m v v0 s + ( + + )m m + ( )m + ( + + )m m + Tehát az eredeti (3.5) feltevésü igaz. Előbb a (3.3) majd a (3.5) egyelőséget alalmazva: C (s) s ( + ) ( + )m (+)!!! ( )m ) m ( + (+ )! ( )!! ( )C (m) Tehát: m ( + ) ( )C(m) C (m) ( )C(m) C (s) C (m) ( )C (m) (3.6) [Abból hogy C (m) s övetezi hogy C(m) s][] 7, így a (3.6) alapjá C(s) s. Ezzel az eredeti feltevés egyi iráya bizoyítva va. Másrészről, tegyü fel hogy C(s) s. Az m defiíciójából övetezi, hogy: m Eor a (3.5) összefüggés így írható át: m m. s ( + )m ( )m ( + )(m m ) ( )m Ezt a (3.3) egyelőség alapjá átírva: ()m ( + )m C (s) s ( + ( + ( + ) ()m ) ( + )m ) Ie: ()C (m) m (+ )!!( )! ()C (m) C (m) (3.7) C 0 (s) + C (s) + + C (s) (C 0 (m) 0)+(C (m) C 0 (m))+(3c (m) C (m))+ +(+)C (m) C (m) C 0 (s) + C (s) + + C (s) ()C (m) (3.8) A.. tétel alapjá az (3.8) állításból és a ezdeti feltevésből övetezi hogy C (m) s, ebből és (3.6) egyelőségből pedig hogy C (m) s. 7 Az állítás bizoyítása a szairodalomba megtalálható.

23 3..5. Tétel (Evivalecia tétel). [] A (C, )- és a (H, )-szummáció evivalese: ha 0 szummázható (C, ) szerit és (C, )-szummája A, aor szummázható (H, ) szerit is és a ét módszerrel apott szumma megegyezi. Bizoyítás. A 3..4 tétel segítségével a bizoyítás öye adódi. Ha ezt a tételt -szor alalmazzu, látható hogy a C(A) A, C H (A)} A,..., CH (A)} A, H(A) A állításo mid evivalese. Ezt ellett belátu. Így a szummáció tulajdoságaival foglalozó tétele (a 3..4 és a 3..3) is teljes bizoyítást yere. Ami az egyibe bizoyítva volt, az evivalecia miatt igaz a másiba is Feladato 9. Feladat. [3] Az sor (H,)-szummábilis-e? Megoldás. 8 Legye s 0 + s + + s t s + s + + s 0 + (+) (Ahogy azt a. feladatba láttu.) Kezdődjee a soro az -es idexszel: 0 + ( + ) Legye mide -re. Így: u t + t + + t és u u (3.9) (3.0) és 0 < < < dx l( ) x 0 < < < dx l() x 8 Ahol egy feladat megoldásáál em hivatozo, az öálló mua.

24 Továbbá l 0 ha, így (3.9) -ből és (3.0)-ból övetezi, hogy u 4, u + 4 Ahoa u 4 Tehát a sor (H,)-szummábilis, és H 4 0. Feladat. [3] Mutassu meg, hogy az ( ) i (i + ) +... sor (H,3)-szummábilis és határozzu meg a (H,3)-szummáját! Megoldás. H 0 A ( ) i (i + ) ( ) ()( + ) Ezt -re voatozó teljes iducióval bizoyíthatju: 0-ra: A 0 ( ) 0 (0 + ) (( )0 (0 + )(0 + )) Tegyü fel, hogy 0 és A (( ) ()( + )) Eor 0,,... (3.) A + A + ( ) + ( + ) (( ) ()( + )) + ( ) + ( + ) Legye ( )+ ( + )( + 4 ) ( )+ ( + )( + 3). H A i () ( ) i (i + )(i + ) ( ) i (i + ) + b c Folytassu az eljárást ülö a b illetve a c sorozatra! (3.)-ből és (3.)-ből: b A ( ) ( + ) adódi. d i ( ) i (i + ) ( ) i (i + ) (3.) ( ) i (i + ) (3.3) b i 3 ( ) i (i + )

25 Mivel így Mivel ( ) i (i + ) + d c d i c ( ) i c ( + ) () ( ) i d + 4 ( + 3) + ( + 3) + + ( + 3 ) 3 + 4() ( + 3) + + ( + 3 ) 4() 0 < < és + l() Hasolóa: e c i 0 ezért + 3( ( ) 3 i + i < + dx + l() x d i 0 (3.4) + + c ( + ) + ( + ) + + ( + ) 3 + () ( + ) + + ( + ) () Ebből c i 0. Így a 3.. szerit: e i 0 (3.5) H b c így (3.4)-ből és (3.5)-ből övetezi, hogy az eredeti sor (H,3)- szummábilis és (H,3)-szummája 0. 4

26 . Feladat. Vizsgálju meg az ( )i (i + ) +... sort szummábilitás szempotjából. Megoldás. A a i Ez teljes iducióval bizoyítható: A :,, 4, 6, 9,, 6, 0... ( + A ) (+)(+3) 4 (3.6) ( : A 0 ( + )( + 3) : A 4 Tegyü fel hogy és (3.6) teljesül. Ha aor: ) A + A + a + ( + )( + ) ( ) i (i + ) ( + )( + ) 4 Ha aor: + ( + )( + 3) + ( ) + ( + )( + 4) ( + 6) 4 4 ()( + 3) + A + A + a + + ( ) i (i + ) 4 ()( + 3) + ( + )( + 3) + ( ) ( + 4 ) 4 Szité teljes iducióval bizoyítható hogy: ()( + 3) 4 ( + 3 ) + ( + 4)( + 3) 4 A i ( + )( + 4) 8 ()( + 3) (3.7) 8 Ugyais: ( ) : A 0, : A 0 + A, 0 A i (0 + )(0 + 4) 8 ( + )( + 3) A i 8 5

27 Tegyü fel hogy és (3.7) teljesül. Ha aor: + A i A i + A + ( + )( + 4) ( + )( + 4) 8 4 ( + )( + 4) 8 Ha aor: + A i A i + A + ( + 3) ()( + 3) ( + 3)( + + 6) ( + 3)( + 5) 8 Így tehát: H A i 8 (+)(+4) + ( + 3) ( + 3) (3.8) A 3 elhagyható mert eseté tart a ullához, így ee a része a (H,)-, (H,)-, (H,3)-szummája is 0.(A 3.. és a 3..4 tétele alapjá.) Ha aor: Teljes iducióval: b b i + 5 ( + 3) () (3.9) 0 : b , 0 b i : b 0 + b 5 ( + 3), b i ( + ) Tegyü fel hogy és (3.9) teljesül. Ha : + b i b i + b ( + 4) ( + ) Ha : + b i b i + b + () () 6

28 Így: b i A 7 is elhagyható mert eseté tart a ullához, így ee a része a (H,)- és (H,3)-szummája is ulla. Legye tehát 3 c Ie c i belátható, mivel 0-ra, -re teljesül, azoívül: c i c i 3 + Végül: + c i + (+) Így ami azt jeleti, hogy az eredeti c i sor (H,3)-szummábilis és (H,3)-szummája 8. ( Az -os szorzó a (3.8) és a (3.9) egyelőségeből 8 adódi.). Feladat. [3] Bizoyítsu be, hogy ha egy em egatív tagú sor (H, )-szummábilis, aor overges. Megoldás. A a + + a, a i 0 i,,... H 0 A, H r+ Hr + + H r, H A, ha. A A + a A Ebből övetezi hogy A mooto övevő sorozat, így a a overgeciájához elegedő igazoli, hogy A felülről orlátos. Idiret módo tegyü fel, hogy A felülről em orlátos, de mooto övevő ezért L > A pozitív valós számhoz létezi N(L) természetes szám, hogy > N(L) eseté A > L, ( Z + rögzített, a sorról tudju hogy 7

29 (H, )-szummábilis). Eor: Hasolóa: Ezt folytatva: ( N(L))L H H0 + + H 0 A + + A ( N(L) ) L > L, ha > N(L). H H + + H ( N(L)) L ( N(L) ) L L, ha > N(L). H H + + H ( ) N(L) ( N(L)) L L L, ha > N(L). Mivel H A ha ezért A L > A elletmodásra jutu. Tehát az eredeti állítás igaz volt. 3. Feladat. A sora adju meg egy általáosítását, és határozzu meg a Hölder-szummáját. Megoldás. Legye az a sorozat periodius, úgy hogy egy perióduso belül a sorozat tagjaia értée egyszer, egyszer, egyébét 0, a övetező módo: a,r : 0,0,...,,0,0,...,,0,0,...,0,0,..., Itt a periódus hossza legye m, így az első periódus végét jelető tag az a m, a perióduso belül az helye egy rögzített 0 r m idex, a r. Így: m + r a,r m + m 0 ülöbe A m+s r s m 0 0 s r vagy s m Hm+s A 0 + A + + A m+s m + s + (A A m ) + A m + + A m+s m + s + (m r) m+s+ 0 s r (m r)+s+ r m+s+ r s m (m r)+(m )+ r m+s+ s m 8

30 Ie: H m+s m r m Mivel m + s az összes természetes számo végigfut, ezért: H m r. (3.30) m Tehát a feti a (H,)-szummábilis és (H,)-szummája m r. m Látható, hogy az m, r 0 helyettesítés éppe a sort adja, (H,)- szummájára pedig visszaapom az. feladatba iszámolt -et. Most legye b : a 0, a, (a 0 + a ), a 0, a, (a 0 + a ),... b : a 0 (, 0,, 0,,... ) + a (0,,, 0,,,... ) Itt az a 0 -hoz tartozó periodius sorra m 3, r 0, az a -hez tartozóra m 3, r. Ha a b sorozat (H,)-szummája H (B) aor a (3.30) épletet felhaszálva: Általáosabba, ha H (B) a 0 + a 3 3 a 0 + a 3 c : a 0, a,..., a m, (a 0 + a + + a m ), a 0, a,... a m, (a a m )... a s m + s, 0 s m c (a a m ) m + m c m r0 a r a,r A (3.30) -ból és a ből övetezi hogy c (H,)-szummábilis és (H,)-szummája: m r0 Speciálisa, ha a 0 a m aor: a r m r. m m r0 m r m m(m ) m m. 4. Feladat. Vizsgálju meg az sort szummábilitás szempotjából. 9

31 Megoldás. A :, 0,,, 0,,, 3, 0,... Egyértelműe létezi m, s N, m, 0 s m, hogy m + s Ha s aor: A i (m ) + (m ) + + (m ) + s i i Ha s 0, aor m (m i)i + i m (m ) s i m i m i i m i (m )m(m ) 6 i + + s i i s(s + ) A i A i + A A i (m )(m )m 6 + (m )m (m )m(m + ). 6 Ie: H A i m j j + s + (m )m(m+) + s(s+) 6 (m )m(m + ) + 3s(s + ) ( ) 6 (m+)(m ) + s + 0 s m, 0 3s(s + ) 3(m )m, továbbá aor és csa aor, ha m, így (m )m(m + ) + 3s(s + ) H. 3(m + )(m ) + 6s Tehát a em (H,)-szummábilis. 30

32 Irodalomjegyzé [] G. H. Hardy: Diverget Series, Claredo Press, Oxford, 949 [] Laczovich Milós-T. Sós Vera: Valós Aalízis I., Typotex, Budapest, 0 [3] Laczovich Milós-T. Sós Vera: Valós Aalízis II., Typotex, Budapest, 03 3