Néhány érdekes végtelen összegről Dr. Németh József SZTE TTIK Bolyai Intézet Analízis Tanszék http://www.math.u-szeged.hu/ nemethj Háttéranyag: Németh József: Előadások a végtelen sorokról (Polygon, Szeged, 2002)
2 Nagy a) Arkhimédesz (i.e. 250) 0 8 06 (m=400 jegy; 8 napig fut mellette a fény) b) Ókori India: 023 majom c) Sakk +2+2 2 + +2 63 = 2 64 búzaszem 2 64 =, 844674407 0 9 922000 millió tonna (998: 600 millió tonna a világ évi búzatermése; 500 évi búzatermés) d) Minden nap 00.000 Ft=3 millió Ft + 2 + 4 + 8 + + 2 29 = 2 30 = 0.7374823 > 0 millió Ft e) Egy 2 km oldalú kockában elhelyezhető a világ összlakossága. 2 0 3 2 0 3 0 3 fülke Végtelen összegek a) Csoki
2 + 2 2 + + 2 n + = b) 3 + 3 2 + + 3 n + =? α) TORTA β) 3 + 3 2 + = A 3 2 + = 3 A 3 = 2 3 A A = 2. 3 c) + 2 + 2 2 } + = A 2 + 2 2 + = 2A A = A = d) + + = A (Leibniz) α) A = 0 β) A =
4 γ) A = 2 δ) x x 3 }{{} + x + x 2 = x+x 3 x 4 +x 6 A = 3 (Vessük el a végtelent!) Definíció. a + a 2 + + a n +?=A s n = a + + a n A, akkor a végtelen sok szám összegén A-t értjük. Pl.: ) CSOKI :
s n = 2 + 2 2 + + 2 n = = ( + 2 2 + + ( 2 n ) = 5 = 2 2 ) n 2 2 0 2 =. 2) TORTA : ( ) n s n = 3 3 3 3 0 2 3 = 2. Mértani sor: + q + q 2 + + q n +
6 = q n =, ha q <, n=0 q hiszen s n = qn q. 3) + 2 + 2 3 + esetén s n = + 2 + + 2 n = 2n+. 2 4) +... esetén s =, s 2 = 0, s 3 =, s 4 = 0,..., így s n nem tart egy számhoz sem, azaz nincs összege ennek a végtelen sok számnak. Egy további érdekes összeg: 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + + n 2 n + = n n= 2 n = 2 (Swineshead; XIV. század; fizika, valószínűség).
7 Bontsuk fel a sort a következőképpen: 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n + = 2 + 2 2 + + 3 2 + = n 2 2 3 + + 2 n + = 2 2...... 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.
0 n= Belátható: α) g/ n 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
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 + =
2 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 p 2 r a legnagyobb paritású tag az, 2,..., n számok között. Ekkor ( ) a következő alakban írható: ( ) u 2 s v + p 2 r = A, ahol v és p páratlan és r > s (mivel r volt a maximális paritás). Szorozzuk be ( ) mindkét oldalát 2 s p v-vel, akkor az adódik, hogy u p + v 2 r s = A 2s p v,
3 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 Mi a helyzet, ha váltakozik az előjel? 2 + 3 4 + =? ) Az összeg: A = log e 2 (ld. könyv; 2 megoldás) 2) Átrendezés
4 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. Tetszőleges számhoz átrendezhető. Még egy érdekesség:
+ 2 + 3 4 5 6 + = log e 5 3 2π 2+ 3 3. Kérdés: az összege? n= sinn n konvergens-e? Mi b) + 2 2 + 3 2 + + n 2 + = Van véges összeg: ) s n < 2 Alkalmazzuk az alábbi becslést: ( ) s n = + 2 2 + 3 2 + + n 2 < n= n 2 < + 2 + 2 3 + + (n )n, majd az egyes tagokat bontsuk fel törtek különbségére az alábbi módon:
6 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, hiszen a közbülső tagok kiesnek, ugyanis ez egy teleszkópikus összeg. Azt kapjuk, hogy s n 2 n < 2 Versenypélda: a 2 + + 2) Geometriai megoldás a 2 n =.
7 Mekkora az összeg? 689 (Jacob Bernoulli) tűzte ki (Baseli probléma) Euler 734
8 + 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
9 megérhette volna. Euler memóriája: Vergilius: Aeneasz (580 oldal) További összegek (Euler) + 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
20 + 24 + = 26 7! + 26 + = 28 9! + 28 + = 220 2! + 220 + = 222 23! + 222 + = 224 25! + 224 + = 226 27! 367 5 π6 43867 2 π8 222277 π 20 55 85453 π 22 3 8820455 273 76977927 π 26 π 24 c) d) n= n= 3 (?) (Apery) n = n 3 n= 3/2 konvergens vagy n
divergens? 2 + 2 3 + 3 3 + 4 3 + + n 3 + + 2 2 3 + 4 4 3 + 8 8 3 + = = + 2 + 4 + = + 2 + ( = 2 (geometriai sor) 8 + = ) 2 ( ) 3 + 2 + = 2 e) + 2 + 3 + 5 + 7 + + 3 +
22 + = (ld. könyv; oszthatóság; 7 harmonikus sor) 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
23 Viszont, ha mindkét oldalt összegezzük, adódik, hogy 0 6 n= n 2 > n= p n, 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. f) 2, 4...
24 ( + x) n n(n ) = + nx + x 2 + 2! n(n ) (n k + ) + x k + + x n. k! n 2 (NEWTON) ( ) ( + x) 2 = + 2 x + 2 2 x 2 + 2! ( ) ( ) 2 2 2 k + + x k + k! x =
25 2 = + 2 2 2 2! + 3 2 3 3! 3 5 2 4 4! + (irracionális; Hyppasos) g) π 3, 4... 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 : 00 250 987 : 34 27 700 2002 : 240 000 000 000 200 : 5 000 000 000 000
26 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 +. Madhava, James Gregory, Gottf-
27 ried 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 ). 72 29 Srinivasa Ramanujan (94): π = n=0 ( ) 3 2n 42 n + 5. n 22 n+4 π = 8 980 n=0 (4n)! (n!) 4 [03 + 26390 n] 396 4n.
28 David Chudnovsky és Gregory Chudnovsky (989): π = 2 ( ) n (6n)! (n!) 3 (3n)! n=0 (Minden újabb tag hozzávétele kb. 5 újabb pontos jegyét adja π-nek.) 359409 + n 5454034 (640320 3 ) n+/2 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.
29 (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 h) e 2, 7... (e def ( = lim + n ; n n) folyamatos kamatozás; Euler-szám.) Bizonyítsuk be, hogy ). () n=0 n! = e. Megoldás. Jelöljük a () sor n-edik rész-
30 letösszegét s n -nel, azaz (2) s n = + + 2! + 3! + + n!. Be fogjuk látni, hogy s n e, ha n. A binomiális tétel alkalmazásával adódik, hogy
( + ) n n = + n n(n ) + n 2! n 2 n(n )(n 2) + 3! n 3 + n(n ) 2 + n! n n n(n ) = + + n 2 2! n(n )(n 2) + n 3 3! + n(n ) 2 + n n n! + + 2! + 3! + + n! = s n, tehát azt kaptuk, hogy (3) ( + n) n sn. 3
32 Most rögzítsünk egy k N + számot. Legyen n > k, és (+ n )n -nek a binomiális kifejtéséből hagyjuk el a (k +)-edik utáni tagokat. Ezzel az ( + n )n kifejezést csökkentjük, azaz ( + ) n n(n ) > + + n n 2 2! n(n )(n 2) + n 3 3! + + n(n ) (n k + ) + n k k! = + + ( ) 2! n + ( )( 2 ) + + 3! n n + k! ( n )( 2 n ) ( k n ). Ha n, a bal oldal határértéke e, a
jobb oldalé pedig (k rögzített) 33 + + 2! + + k!. Ebből tehát az adódik, hogy (4) e + + 2! + + k! = s k. Mivel (4) minden k-ra igaz, így k helyett n-et írva és figyelembe véve (3)-at, azt kapjuk, hogy ( + n) n sn e. A rendőrelv alapján adódik, hogy lim n s n = e, azaz ()-t sikerült belátnunk. Megjegyzés: irracionalitás; transzcendencia (n sin(2πen!) 2π) π + e??? j) sin x = x x3 3! + x5 5!
34