NUMERIKUS SOROK II. Ebbe a részbe kizárólag a kovergecia vizsgálatával foglalkozuk. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha pozitív (vagy em egatív) tagú umerikus sor, akkor a kovergecia szükséges feltétele, hogy lim a = 0 teljesüljö. Hagsúlyozzuk, hogy ez csak szükséges, de em elégséges feltétel, ami azt jeleti, hogy eek teljesülése eseté sem biztos, hogy a sor koverges, de ha em teljesül, akkor biztosa diverges. Az első esetbe az ú. kovergeciakritériumokkal döthető el a dolog. Ha a kérdés a sor kovergeciája ( Dötse el, Vizsgálja meg, Határozza meg kezdetű feladatokra kell godoli), akkor ez az utóbbiak haszálatát jeleti. Persze ha egy feladatál a szükséges feltétel sem teljesül, akkor pot beleyúltuk a tutiba, hisze eek vizsgálata, tekitve hogy sima határérték-számítási probléma, jóval egyszerűbb.. PÉLDA =0 ( 3)2 = 2 2 + 0 =0 Azoal látható, hogy a sor pozitív (em egatív) tagú. A határérték köyedé meghatározható a evező legmagasabb hatváyával való leosztással. lim ( 3) 2 2 2 + 0 2 6 + 9 2 2 + 0 6 + 9 2 0 + 0 2 + 0 = = 2 + 0 2 0 2 Ez az eredméy azt jeleti, hogy az eredeti sor biztosa diverges. A megfelelő kovergeciakritérium alkalmazása yilvá ugyaezt az eredméyt adá.
2. PÉLDA =0 = ( + 2 + 3 ) =0 Az világos, hogy a > 0. Ismerjük fel, hogy a sor általáos tagja az Euler-sorozat általáos tagjával azoos. lim ( + 2 + 3 ) [( + 2 +3 + 3 ) ] 2 +3 (e 2 ) = 0 Az utolsó lépésbe felhaszáltuk, hogy lim q = 0, ha q <. A szükséges feltétel teljesül, ami azt jeleti, hogy a sor lehet koverges. Megmutatható a megfelelő elégséges feltétellel, hogy a sor valóba koverges. 3. PÉLDA =0 = 23+ 5 7 =0 Az expoeciális kifejezések miatt a sor pozitív tagú. Alakítsuk át a -t úgy, hogy a kitevő midehol legye, majd osszuk le a kettővel ezelőtti példa alapjá a evező legmagasabb alapú expoeciális kifejezésével. lim 2 3+ 5 7 2 8 4 5 7 5 8 4 = 7 5 lim (8 7 7 ) = 0 Felhaszáltuk, hogy lim q =, ha q >. A sor tehát biztosa diverges, ahogy azt egyébkét az előző rész 3. példájába, ott mit mértai sorról, már beláttuk.
ELÉGSÉGES FELTÉTEL A sorok kovergeciájára elégséges feltételt a kovergeciakritériumok adak. Most a többes szám is idokolt, hisze az általáos tagtól függőe más és más módszert lesz célszerű alkalmazi. A kapott eredméy egyértelműe eldöti, hogy a vizsgált umerikus sor koverges, vagy diverges, eltekitve attól az egy esettől, amikor a határérték (erről lásd később) lesz, mivel ez azt jeleti, hogy em a megfelelő kritériummal próbálkoztuk. Megjegyezzük, hogy adott esetbe többféle kritérium is haszálható ugyaaál a sorál. A) ÖSSZEHASONLÍTÓ KRITÉRIUM Akkor célszerű haszáli, ha az általáos tag egy tört, és ráézésre is sejthető róla a kovergecia, vagy a divergecia. Ha és b két pozitív tagú sor, és 0 N úgy, hogy > 0 eseté a b, és b koverges, akkor is koverges, és b majorása -ek; illetve ha b diverges, akkor is diverges, és miorása b -ek. Természetese erre a evezetes sorokat szokás haszáli, hisze ezekről tétel szerit tudjuk a koverges, vagy a diverges mivoltukat. Egy tört értékét akkor öveljük, ha a számlálóját öveljük, és/vagy a evezőjét csökketjük; illetőleg akkor csökketjük, ha a számlálóját csökketjük, és/vagy a evezőjét öveljük.. PÉLDA = 2 2 + 3 + 5 Világos, hogy a > 0. Sejthető, hogy az általáos tag mögött aak jellegéél fogva a 2 sor, potosabba aak számszorosa rejtőzik. Erről tudjuk, hogy koverges, ezért próbálkozzuk meg most a majorás kritériummal, azaz a számlálót övelve, és/vagy a evezőt csökketve, keressük hozzá egy ála (esetleg véges sok idextől kivételével) agyobb törtet.
2 2 + 3 + 5 < 2 2 = 2 2 Ha Hisze ha a evezőből a pozitív 3 + 5 tagot elhagyjuk, akkor értéke csökke, és emiatt a tört értéke pedig ő. Mivel az sor koverges, ezért a a 2 2 sor is koverges. 2. PÉLDA = 3 ( + ) 2 Ha [; [, akkor a > 0, a sor pozitív tagú. Tekitve, hogy a tört számlálója és evezője azoos fokszámú poliom(ot tartalmaz), így em is számítaak. Ie sejthetjük, hogy a sor koverges lesz, hisze az expoeciális téyező megmarad a evezőbe, tehát ismét majoráli próbáluk. 3 3 + 3 < ( + ) 2 ( + ) 2 = 3 2 = 3 ( 2 ) Ha A számlálót öveltük változatla evező mellett. Ez utóbbi sorról tudjuk, hogy egy koverges mértai sor (lásd az első részbe), majorása az eredeti sorak, vagyis szité koverges. 3. PÉLDA =0 = 4 + 3 2 + 8 Először is a > 0, hisze mid a számláló, mid a evező pozitív ilye -ekre. =0 Érezhető, hogy a tört jellegű, mivel a számláló egy első-, a evező pedig egy másodfokú poliom. A sorról (vagyis a harmoikus sorról) viszot tudjuk, hogy diverges, ezért most miorást keresük, azaz próbáljuk evezett sorral felülről behatároli a megadott sort.
4 + 3 2 + 8 > 4 2 + 2 = 2 = 2 Ha 3 Az evezőt 0 számra csökketettük, a evezőt pedig öveltük, de ez csak 3 eseté igaz. A harmoikus sor számszorosa is diverges, és miorása az eredeti sorak, ezért az is diverges. 4. PÉLDA = 3 ( + 4) A égyzetgyök oká yilvávaló, hogy pozitív tagú sorral va dolguk. Szité a gyök miatt az is világos, hogy a sor -re vezethető vissza a megfelelő módo. Az eddigi megfotolások alapjá próbáljuk meg keresi hozzá egy diverges miorás sort. 3 ( + 4) > ( + 3) Ha 2 = 2 = 2 Valóba találtuk az eredeti -hez egy diverges miorás sort, most éppe az sort. Midez azt jeleti, hogy a kitűzött példa egy diverges sor. 2 B) HÁNYADOSKRITÉRIUM Általába akkor haszálható módszer, ha az általáos tag tört, és expoeciális kifejezést, faktoriálist, vagy -edik hatváyt tartalmaz. Legye egy em egatív (tehát pozitív) tagú umerikus sor. Ekkor a követező határérték döti el a kovergecia kérdését (ha eldöti). a <, akkor koveges + lim { =, akkor em döthető el a >, akkor diverges
. PÉLDA = 3 (l 3) Tekitve, hogy l 3 > 0, ezért a tört midig pozitív előjelű. A fetiek közül most -edik hatváy szerepel, így próbálkozzuk meg a háyadoskritériummal. A sor a + -edik tagja + helyettesítéssel írható fel. a + lim a ( + ) 3 (l 3) (l 3) + 3 l 3 ( + 3 ) = l 3 < Felhaszáltuk a hatváyozás azoosságait, illetve azt, hogy a zárójelbe lévő kifejezés határértéke, továbbá a téyt, hogy l 3 >. Az így kapott eredméy alapjá kijelethetjük, hogy egy koverges sor. Ez a határérték em keveredő össze a sor összegével. 2. PÉLDA ( + 2) 3 = 5 + Világos, hogy ez egy pozitív tagú sor. A tört, és az expoeciális téyezők miatt célszerűek tűik a szóba forgó kritériummal dolgozi. a + ( + 3) 3 + lim a ( + ) 5 +2 5 + ( + 2) 3 3 5 2 + 3 2 + 3 + 2 = 3 5 < A kapott eredméy azt jeleti, hogy az eredeti umerikus sor koverges. 3. PÉLDA = 2 2 + 3 + 5 A sort már megvizsgáltuk korábba, az összehasolító kritérium tárgyalásakor. De aak illusztrálására, hogy em midegy, hogy az adott problémáál éppe melyik kritériumot eresztjük rá a sorra, ézzük meg, mit kapuk most.
a + lim a 2( + ) 2 + 3( + ) + 5 22 + 3 + 5 = 2 2 + 3 + 5 2 2 + 7 + 0 2 + 3 + 5 2 2 + 0 + 0 2 + 7 + 0 = 2 + 0 + 0 = 2 Tehát ezzel a módszerrel em döthető el, hogy koverges, vagy diverges a sor, de láttuk korábba az összehasolító kritérium felhaszálásával, hogy ez a sor koverges. 4. PÉLDA = 4 ( )! Az eddigiek alapjá látható, hogy a sor pozitív tagú, továbbá az is, hogy most is a háyadoskritérium a célszerű(ek tűő) módszer. a + lim a 4 +! ( + ) + 4 [( + 4 ( )! + + ) ] + 4 ( + ) = 4 e = 4 e > + = Felhaszáltuk, hogy a defiíció szerit! = 2 ( 2) ( ) = ( )!. A végeredméyből már következik, hogy a sor diverges. C) GYÖKKRITÉRIUM Ha a sor pozitív tagú, és tartalmaz -edik hatváyt is, akkor a gyökkritérium lehet a célravezető módszer. Elvét tekitve hasoló, mit az előző potba tárgyalt típus. lim a <, akkor koveges { =, akkor em döthető el >, akkor diverges
. PÉLDA = (3 + ) 2 6 Nyilvávaló, hogy ha [; [, akkor a > 0. Az iméti megfotolás alapjá haszáljuk most a gyökkritériumot. Érdemes olykor az formába értelmezi. lim a kifejezést ( ) 3 + 3 + 0 2 6 ( ) 6 = 3 > Eszerit a sor diverges. Felhaszáltuk két olya evezetes határértéket, amelyek a gyökkritérium haszálata eseté gyakra előfordulak, mégpedig hogy lim a = (a R + ), illetve hogy lim =. 2. PÉLDA = 0 ( + 2 Az eddigiek alapjá gyorsa eljuthatuk oda, hogy ismét a gyökkritérium lesz a célszerű eme pozitív tagú umerikus sor esetébe is. ) 2 lim a 0 ( + 2 2 ) = 0 e2 = e2 0 < Tehát a sor koverges. 3. PÉLDA =3 = ( 2 ) =3
Mivel a sor ismét csak egy pozitív tagú sor, haszálható valamelyik kritérium. Az -edig hatváyból pedig adódik, hogy a gyökkritérium a kézefekvő. lim a ( 2 ) ( + 2 ) = Ez azt jeleti, hogy rossz módszerrel yúltuk a sorhoz, mivel ha a keresett határérték éppe lesz, akkor em döthető el a kovergecia. D) INTEGRÁLKRITÉRIUM Bizoyos esetekbe a sorból legyártható egy improprius itegrál, és e kettő a voatkozó tétel szerit egyszerre koverges, vagy diverges. Legye = 0 a egy pozitív tagú sor, és tegyük fel, hogy létezik egy olya folytoos, és mooto csökkeő f(x), hogy N-re f() = a. Ha = 0 a is koverges, és eek az ellekezője is igaz. 0 f(x) dx koverges, akkor. PÉLDA = e 2 Ami rögtö látszik, az az, hogy a sor pozitív tagú. Még az is redbe va, hogy az ebből képzett x e x2 dx is ismerős (legalábbis az kellee, hogy legye). A függvéy mooto csökkeő mivolta azoba em egyértelmű. f (x) = e x2 + x e x2 ( 2x) = ( 2x 2 ) e x2 < 0, ha x x e x2 dx = 2 2x e x2 g (x) f(g(x)) dx = 2 [e x2 ] = = 2 ( lim x e x2 e ) = 2 (0 e ) = 2e Az itegrál kovergeciája egyúttal azt is jeleti, hogy az eredeti umerikus sor szité koverges.
2. PÉLDA =0 = 5 3 + =0 A gyök miatt köyű beláti, hogy egyrészt a sor pozitív tagú, másrészt pedig azt, hogy az f(x) = 5 függvéy mooto (sőt szigorúa mooto) csökke, 3x+ hisze a evező (szité szigorúa) mooto ő. 5 3x + 0 dx = 5 (3x + ) 2 = 0 3 ( lim x 0 f(ax+b) dx = 0 3 [ 3x + ] 0 = 0 3x + ) = ( ) = 3 Ez az improprius itegrál tehát diverges. Ez pedig potosa azt jeleti, hogy a példabeli sor is diverges. E) LEIBNIZ-KRITÉRIUM Fotos már az elejé leszögezi, hogy ez a kritérium váltakozó előjelű sorokra voatkozik. A sor Leibiz-típusú sor, ha váltakozó előjelű, és a tagjaiak az abszolútértékéből képzett sorozat mooto csökkeő módo 0-hoz tart. Az ide kapcsolódó tétel szerit az ilye típusú umerikus sorok kovergesek.. PÉLDA =0 = ( )+ 3 + =0 Ha páros (páratla), akkor + páratla (páros), és emiatt ( ) + = (( ) + = ), ami azt jeleti, hogy a sor tagjai váltakozó előjelűek. A evező most szigorúa mooto övekvő, így a tört szigorúa mooto csökkeő, és 3 lim + = miatt az is igaz, hogy lim a = 0. Midebből következik, hogy a sor Leibiz-típusú, és emiatt koverges is.
2. PÉLDA 2 = cos(π) + Ha pozitív egész, akkor cos(π) = ±, ami miatt a sor váltakozó előjelű lesz. Legye f(x) = x2 x+. f (x) = 2x(x + ) x2 (x + ) 2 = x(x + 2) > 0, ha x (x + ) 2 Az abszolútértékekből képzett sorozat tehát em csökkeő, a sor em Leibiztípusú, de a sor em ömagába ezért diverges, haem mert (emlékezzük a szükséges feltételre) lim a 0. 3. PÉLDA =3 = lg 0, =3 2 2 Mivel lg 0, = ( ) = ± ( paritásától függőe), ezért váltakozó előjelű sorral va dolguk. Ha most f(x) = x 2, akkor a mootoitás a következő. 2 f (x) = x2 (x 2) 2x x 4 x = 4 x x 3 < 0, ha x 5 2 2 lim 2 2 = 0 0 = 0 Midhárom feltétel teljesül, tehát most Leibiz-típusú sor, és ebből már következik, hogy koverges.
GYAKORLÓ FELADATOK (Szükséges feltétel) = + 3 9 2 (Megoldás: diverges) =3 = 3 8 (2 ) 2 =3 (Megoldás: lehet koverges) (Összehasolító kritérium) =0 = 3 2 + 4 5 =0 (Megoldás: koverges, majorás) = 2 + (Megoldás: diverges, miorás) (Háyadoskritérium) =2 = =2 ( )3 (l 2) (Megoldás: >, diverges) l 2 = ( 3 ) (Megoldás: 0 <, koverges)
= ( 2 ) 3 =2 =2 (Megoldás: <, koverges) 3 (Gyökkritérium) = 0 ( 2 ) 5 (Megoldás: 0 <, koverges) =0 = 2 =0 ( + 2 + ) 2 (Megoldás: 2e >, diverges) (Itegrálkritérium) = (4 ) 2 (Megoldás: 2, koverges) =2 = 5 l(2) =2 (Megoldás:, diverges) (Leibiz-kritérium) ( = cos 2)! π! =2 =2 (Megoldás: Leibiz-típusú, koverges)
= ( ) 2 + 4 + (Megoldás: lim a 0, diverges) = ( ) l (Megoldás: Leibiz-típusú, koverges)