A végtelen a matematikában Radnóti Gimnázium 203. 04. 23. Dr. Németh József egyetemi docens SZTE TTIK Bolyai Intézet Analízis Tanszék http://www.math.u-szeged.hu/ nemethj
2 Pólya György: Ha a tudomány valamelyik területét (vagy elméletét, vagy fogalmát) tanítjuk, akkor az emberpalántáknak nagy lépésekkel nyomon kell követniük az emberiség szellemi fejlődését. A végtelen a matematikában: α), 2, 3, 4,... β) 0, 3 = 3 00 + 3 0 4 + γ) Csoki : 2 + 2 2 + 2 3 + = δ) Torta : 3 + 3 2 + 3 3 + =? A = 3 + 3 2 + 3 3 + = 2 B = 3 + 3 2 + 3 3 + = 2
3 Ellentmondásos; vitatott, misztikus Mindig nagy falatnak tűnt Megosztotta a matematikusokat (Kelle? Dobjuk el!) A végtelent legjobb elkerülni (Galilei) Ősidők óta semmi sem kavarja fel annyira az emberi értelmet, mint a végtelen kérdése (Hilbert) Példák (ellentmondások, meghökkentő dolgok a végtelent tekintve) a) Galilei-féle paradoxon: 2 2 4 3 6. (kölcsönösen egyértelmű, akkor ugyanannyi elem, Kalmár-lovasok)
4 Paradoxon? Ellentmondás? Rész egész régi felfogása? [Sőt [0; ] és [0; 2] példája] y y x 2 x b) (0; ] szakasznak ugyanannyi pontja van, mint [; ) félegyenesnek (ld. y = x grafikonja) (vagy ( ; ) és ( ; ), y = tg π 2 x vagy y = x + x ).
5 c) Ugyanannyi racionális szám van, mint természetes szám. d) (0; ) szakasznak annyi pontja van, mint az egész síknak. A módszer: P = (0, a a 2...;0, b b 2...) k.e. 0, a b a 2 b 2... = p
6 y x P p x Definíció: (ami feloldja az ellentmondást, ami abból adódik, hogy a végesre igaz szabályokat akartuk a végtelenre erőszakolni (u.i.: a rész és egész problémáját)
7 Egy halmazt végtelen halmaznak nevezünk, ha van olyan valódi részhalmaza, amellyel a halmaz ekvivalens (azaz ugyanannyi pontja van). (Ellenkező esetben véges.) [Kihúztuk a paradoxonok méregfogát.] Néhány további furcsaság, vitára okot adó probléma α) + + + =? (Leibniz) Összeg: 0; ; 2 Sőt: + x + x 2 = x x 3 = x + x 3 x 4 +x 6 3 = + + (Dobjuk el!!) (Vigyázat! Akkor eldobjuk a tizedes törteket.)
8 β) 3 + 2 + + 3 3 n + = 2 Másik megoldás: (ld. előbb) 3 + 3 2 + = A / 3 3 2 + = A 3 3 = 2 3 A A = 2. De pl. 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n + = A / 2 2 2 + 2 3 + = 2A 2 = A A = 2(???) [Szabad; nem szabad; ld. végtelen szakaszos tizedestörtek]
γ) További 9 2 + 3 4 + 5 6 + 7 8 + 9 + = A 0 + + 0 2 + 0 + 3 + 0 4 + 0+ = A 0 + 2 + 0 4 + 0 + 6 + 0 8 + 0+ = A 2 () + (3) : + 0 + 3 2 + 5 + 0 + 7 4 + 9 + = 3 2 A + 3 2 + 5 + 7 4 + 9 + = 3 2 A A. (Dobjuk el!!) Megjegyzés: A = ln 2 = log e 2
0 ( sinx + sin3x 3 ) + (Fo- δ) sgnx = 4 π urier 807) (Dobjuk el!!) [Euler, D Alembert, Lagrange, Cauchy (biz.)]
2 Definíció (kell) a + a 2 + + a n + =? a k = s k= s n = a + a n s, akkor az összeg s, egyébként divergens (nincs összege) Ellenőrizzük: 0) 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n + = 00) s n = 2 n + + + s =, s 2 = 0, s 3 =, s 4 = 0 NINCS összeg 000) 2 + 2 2 + + 2 n +?=A s n (Euler!!)
3 0000) 2 + 3 = ln2 (átrendezett már egy másik sor) s 2n = 2 + 3 4 + 2n = = + 2 + + ( 2n 2 2 + + ) 2n = n + + n + 2 + + 2n ln2. = I. Bizonyítás: ( + ν ) ν < e < ( + ν ) ν ln ( + ν ) < ν < ln ( + ν ) ( )
4 ( )-ba ν = n +, n + 2,...,2n ln ( + n + ) < ( n + < ln + ) n. ( ln + ) < ( 2n 2n < ln + ) 2n ln(2n + ) ln(n + ) < < n + + + 2n < ln2n lnn s 2n ln 2, hiszen ln 2n + n + ln2. II. Bizonyítás: + x = x+x2 x 3 +x 4 ; x <
5 ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x = ln2 = 2 + 3 Miért lehet x =? (Abel) (Abszolút konvergencia!!!) (Felt. konv.; Riemann tétele.) Pl. adjunk meg olyan átrendezést, ahol az összeg pl. 2 (ld. könyv). 00000) Fourier sora is OK, hiszen lehet olyan, hogy folytonos függvényekből álló végtelen sor összege nem folytonos. (Biz.: XIX. sz. második felében) (Dirichlet, Abel) Néhány további érdekes végtelen összegről Mértani sor: + q + q 2 + + q n +
6 = q n =, ha q <, hiszen n=0 q s n = qn q. Egy további érdekes összeg: 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + + n 2 n + = n n= 2 n = 2 (Swineshead; XIV. század; fizika, valószínűség). Bontsuk fel a sort a következőképpen:
7 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n + = 2 2 + 2 3 + + 2 n + = 2 2 + + 3 2 + = n 2 2...... Vigyázat!. + +?=0 + 0 + 0 + = 0 0 + 0 + + = 0 Megjegyzés: n=0 000n, 06 n?
8 000, 06 + 000 2, 06 2 + 000 3, 06 3 + Néhány további érdekes összeg: a) + 2 + 3 + + n + = (harmonikus sor) n= n =? + 2 + 3 + + 83 > 5 + 2 + 3 + + 227 > 6 + 2 + 3 + + 3367 > + 2 + 3 + + 248397 > 3 + 2 + 3 + + 43 > 00, 5 0
Lassú (példa) 9 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + + 6 + 7 + + 32 + 33 + + 64 + 65 + + 28. = + 2 2 4 = 2 4 8 = 2 8 6 = 2 6 32 = 2 32 64 = 2 64 28 = 2.
20 n= Belátható: n = α) 9/ n n < 80. Bizonyítsuk be, hogy a 9 n n sor konvergens. Megoldás. Írjuk fel az új sor néhány tagját részletesen. n = + 2 + 3 + + 8 + 0 + 9 n = ( + 2 + + ) ( + 8 0 88) + + + ( + 00 + + ) + + 888 ( + 0 k + + ) +. } 8 8 {{ 8 } (k+)-szer
2 Végezzük el a következő felső becsléseket: + 2 + + + + = 8, 8 0 + + + 88 0 + + 0 = 8 9 0,. 0 + + 8 9 k k } 8 8 {{ 8 } 0, k (k+)-szer. Így azt kapjuk, hogy 9 n n < 8 90 = 8 0 0 + + 8 ( 9 0 ( 9 ) k = 80, 0 k=0 ) k + =
22 tehát a sor valóban konvergens. β) s n (n > ) soha sem egész szám. Tegyük fel, hogy van olyan n >, hogy ( ) + 2 + 3 + + n = A, ahol A N +. Legyen 2 r a legnagyobb paritású tag az, 2,..., n számok között. Ekkor ( ) a következő alakban írható: ( ) u 2 s v + 2 r = A, ahol v páratlan és r > s (mivel r volt a maximális paritás). Szorozzuk be ( ) mindkét oldalát 2 s v-vel, akkor az adódik, hogy u + v 2 r s = A 2s v,
23 ami ellentmondás, mert a bal oldal első tagja egész, a második pedig nem, így összegük nem adhatja ki a jobb oldalon álló egész számot. Tehát a részletösszegek nem adhatnak egész számot (n > ) esetben). γ) + 2 + 4 + 5 + 8 + 0 + = 2, 5 Még egy érdekesség: + 2 + 3 4 5 6 + = log e 3 2+ 2π 3 3. (Biz. hatványsorral; ld. könyv.) + x + x 2 + x 3 = ( + x + x 2 )( x 3 + x 6 x 9 + ) = = + x + x 2 x 3 x 4 x 5 +
24 + x + x 2 ( ) x + x 3 dx = x+ x2 2 +x3 3 x4 4 x5 5 x6 6 3 ln( + x3 ) + 2 arc tg 2x + 2 arc tg = 3 3 3 3 = x + x2 2 + x = ln 3 2 + 4 3 arc tg 3 = + 2 + 3 ln 3 2 + 2π 3 3 (( ) felbontása 3x 2 3 + x 3 dx+ x + x 2 dx) sinn Kérdés: konvergens-e? Mi az n= n összege? (Dirichlet-kritérium) Dirichlet-kritérium: Ha a n 0 és a B n =
25 b + + b n sorozat korlátos, akkor a a n b n n= konvergens Bizonyítás. n n a k b k = a k (B k B k ) = m m n n = a k B k a k+ B k = m m n = B k (a k a k+ ) a m B m + a n B n m K(a m a n ) + Ka m + Ka n 0, azaz a sor konvergens.
26 Másrészt: sinx + sin2x + + sin nx = = cos x 2 cos 2n + 2 2 sin x 2 x sin + sin2 + + sinn K, így a n = n és b n = sinn szereposztással: n sinn sor konvergens. Kérdés: Abszolút konvergens-e? b) + 2 2 + 3 2 + + n 2 + = Van véges összeg: n= n 2
) s n < 2 Alkalmazzuk az alábbi becslést: ( ) s n = + 2 2 + 3 2 + + n 2 < 27 < + 2 + 2 3 + + (n )n, majd az egyes tagokat bontsuk fel törtek különbségére az alábbi módon: 2 = 2 ; 2 3 = 2 3 ;, (n )n = n n. Így ( ) jobb oldala helyett az írható, hogy + 2 + 2 3 + 3 + + 4 n n = 2 n,
28 hiszen a közbülső tagok kiesnek, ugyanis ez egy teleszkópikus összeg. Azt kapjuk, hogy s n 2 n < 2 Versenypélda: a 2 + + a 2 n =. 2) Geometriai megoldás
29 Mekkora az összeg? 689 (Jacob Bernoulli) tűzte ki (Bázeli probléma) Euler 734
30 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + + n 2 + =? + 2 2 + 3 2 + + 00 + 2 2 + 3 2 + + 0000 + 2 2 + 3 2 + + 000000 =, 54977 =, 63498 =, 64393 + 2 2 + 2 + =, 64493406684822643647... 3 π 2 0 év 6 Tehát n= n 2 = π2 (elemi bizonyítás a 6 könyvben: sinmx =...; Viete formulák n-edfokú egyenletre) Johann Bernoulli: Bárcsak a bátyám
megérhette volna. 3 Euler memóriája: Vergilius: Aeneasz (580 oldal) Csészék, villamos, mentő; szőnyeg Euler (hiányos) ( ) m sinmx = sinxcos m x ( ) m sin 3 xcos m 3 x + 3
32 ( sinx = sin n x ) = n ( ) n = sin x x ( ) n n cosn sin 3 x x n 3 n cosn 3 + n }{{}}{{} x x 3 3! sinx = x x3 3! + x5 5! ( ) Továbbá P(x) = A(x r )(x r 2 ) (x r n ) ) ) ) = B ( ( xr xr2 ( xrn
( ) sinx x ( = x2 π 2 = x2 3! + x4 5! = ) ( ) x2 4π 2 33 3! = π 2 4π 2 9 π 2 π2 6 = + 2 2 + 3 2 + További összegek (Euler)
34 + 2 2 + 3 2 + = 20 2 3 + 2 + 4 3 + = 22 4 5! 3 π4 + 2 6 + 3 6 + = 24 7! 3 π6 + 2 8 + 3 8 + = 26 3 9! 5 π8 + 2 + 28 5 + = 0 30! + 2 2 + 20 69 + = 32 3! + 2 4 + 22 + = 34 5! 3 π0 π2 05 π2 35 π4
c) + 24 + = 26 7! + 26 + = 28 9! + 28 + = 220 2! + 220 + = 222 23! + 222 + = 224 25! + n= 224 + = 226 27! 3 (?) (Apery) n 367 5 π6 43867 2 π8 222277 π 20 55 85453 π 22 3 8820455 273 76977927 π 26 π 24 35 d) + 2 + 3 + 5 + 7 + + 3 + + = (ld. könyv; oszthatóság; 7 harmonikus sor)
36 Indirekt bizonyítás: Tfh p i konv. k N: i=k+ p i < 2 ; Qjel =p p 2 p k Tekintsük a i= részletösszegét: + iq sort és a köv.
N i= + iq { + iq} N : {p k+,...,p N } 37 N N p s s p k+ i 2 N N N p s,t s p t p k+ i p k+ i 4 N N N N p s p t p q s,t,q N i= i= k+ p i k+ p i + iq 2 + 4 + 8 + < + iq + iq Q konv., de i + i =, k+ p i 8
38 ez ellentmondás. Prímszámok a négyzetszámok között. Mutassuk meg, hogy van két olyan szomszédos négyzetszám, amelyek közé legalább 0 6 db prímszám esik. Megoldás. Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz, azaz minden n természetes szám esetén n 2 és (n+) 2 közé kevesebb, mint 0 6 db prímszám esik.,..., p(n) s n ezeket a prímszámokat. Ekkor tehát s n < 0 6 teljesül minden n esetén. Nyilvánvaló, hogy ekkor Jelölje p (n) 0 6 n 2 > p (n) + p (n) 2 + +. p s (n) n Viszont, ha mindkét oldalt összegezzük,
adódik, hogy 0 6 n= n 2 > n= p n, 39 ahol a jobb oldali összegben az összes prímszám reciprok összege van. Ez nyilvánvaló, hogy ellentmondás, mert a n= n 2 sor konvergens, a n= p n sor pedig divergens, mégpedig úgy, hogy (pozitív tagú lévén) a részletösszegek tartanak a végtelenbe. Azaz eredeti állításunk valóban igaz. A végtelen összegek haszna α) 0, 3 = (mértani sor: a = 3 00 ; q = 00 ) β) 2 = + 2 2 2 2! + 3 2 3 3!
40 3 5 2 4 4! ( + x) n n(n ) = + nx + x 2 + 2! n(n ) (n k + ) + x k + + x n. k! n 2 (NEWTON)
( 4 ) ( + x) 2 = + 2 x + 2 2 x 2 + 2! ( ) ( ) 2 2 2 k + + x k + = k! = + 2 x 2 2 2! x2 + 3 2 3 3! x3 + n 3 (2n 3) + ( ) 2 n x n + n! 2 = + 2 2 2 2! + 3 2 3 3! 3 5 2 4 4! + x = (?); x = 3(?). γ) sin x = x x3 3! + x5 5!
42 (Taylor; Maclaurin; Kelvin) δ) e = +! + 2! + 3! + 3 5 7 ε) π = 4 ( + + ) (Newton) π 3, 4... Bizonyítás: + x 2 = x2 + x 4 arc tg x = x x3 3 + x5 5 ;
x = (?) 43 π 4 = 3 + 5 i.e. 2000 (B) 3,25 (E) 3, 6 250 (A) 3,48 i.sz. 263 : 5 tizedesjegy 480 : 7 429 : 4 60 : 35 79 : 2 847 : 52 874 : 527 973 : 00 250 2002 : 240 000 000 000 200 : 5 000 000 000 000 202 : 24 00 000 000 000 000
44 François Viète (kb. 579): 2 π = 2 2 + 2 2 2 + 2 2 + 2 2. John Wallis (kb. 650): π 2 = 2 2 4 4 6 6 8 8 3 3 5 5 7 7 9. William Brouncker (kb. 650): π = + 2 + 4 9 2 + 25 2 +.
45 Madhava, James Gregory, Gottfried Wilhelm Leibniz (450 67): π 4 = 3 + 5 7 +. (lassú, de szép; Newton; biz. a könyvben) Isaac Newton (kb. 666): π = 3 3 ( 2 4 +24 3 2 3 5 2 5 28 2 7 9 ). 72 2 Srinivasa Ramanujan (94): π = ( ) 3 2n 42 n + 5 n 2 n+4. 2 n=0 π = 8 980 n=0 (4n)! (n!) 4 [03 + 26390 n] 396 4n.
46 David Chudnovsky és Gregory Chudnovsky (989): π = 2 ( ) n (6n)! (n!) 3 (3n)! n=0 359409 + n 5454034 (640320 3 ) n+/2 (Minden újabb tag hozzávétele kb. 5 újabb pontos jegyét adja π-nek.) Jonathan Borwein és Peter Borwein (989): ahol π = 2 n=0 ( ) n (6n)! (n!) 3 (3n)! (A + nb) C n+/2, A := 22757092 6 + 65745277365 B := 3773980892672 6 + 07578229802750 C := [5280(236674 + 30303 6)] 3.
47 (Minden újabb tag hozzávétele kb. 3 újabb pontos jegyét adja π-nek.) David Bailey, Peter Borwein és Simon Plouffe (996): π = i=0 ( 4 6 i 8 i + 2 8 i + 4 8 i + 5 ). 8 i + 6 Megjegyzés: irracionalitás; transzcendencia; 76 Lambert; 882 Lindemann
48 Egy porszem virágot terem, S egy szál vadvirág az eget, Fogd föl tenyeredbe a végtelent, S egy perc alatt élj évezredet. (W. Blake)