Végtele sorok (szerkesztés alatt) Dr. Toledo Rodolfo 207. március 25. Tartalomjegyzék. Bevezetés 2 2. A sor fogalma 3 3. Mértai és teleszkopikus sorok 8 4. Abszolút és feltételese koverges sorok 4 5. Sorok átredezhetősége 20 6. Sorok szorzata 3 7. Kovergecia kritériumok 36 8. Hatváysorok 50 9. Az e számot előállító sor 54 0.Feladatok 59
. Bevezetés 2
2. A sor fogalma A taayagot egy paradoxoal kezdjük, ami a görög eleai Zéó-tól (i. e. 490-430) származik, aki éppe arról lett híres, hogy olya paradoxookat fogalmazott meg, amelyek a mozgás elletmodásosságára kívát rámutati. A paradoxo Akhilleusz és a tekős éve vált ismertté. Képzeljük el Akhilleuszt, a leggyorsabb görögöt, amit verseyt fut egy tekőssel. Mivel olya gyors, agyvoalúa száz láb előyt ad a tekősek. Ezek utá a tekős így okoskodott: Nem is kell lefutuk a verseyt, hisze világos, hogy em érhetsz utol. Amíg ugyais behozád a 00 láb előyömet, addig é lábat előremászék; mire behozod ezt az láb távolságot, addig é előrébb leszek, és így tovább. E végteleségig folytatható godolatmeet szerit midig é vezetek. A verseyt tehát em yerheted meg. Nics kétség afelől, hogy egy ilye verseyt Akhilleusz yere meg. Akkor hol a hiba a tekős okoskodásába? A tekős ügyese végtele sok szakaszra bototta fel Akhilleusz futását, és feltételezte, hogy Akhilleusz csak akkor érheti útól, ha össze tudjuk adi az egyes szakaszok lefutására szükséges végtele sok időt. A gyakorlatba végtele sok számot em lehet összeadi, az egyes számításokhoz időre va szükségük. De a valóságba ics szükség összeadásokra a versey lefutásához, Akhilleusz em áll meg godolkozi, és még kevésbé számoli, az egyes futási szakaszok között. Egyébkét egy idő utá olya elképesztőe kicsi számok kerülek az összeadásba, amik alig módosítják a végeredméyt. A tekős legagyobb tévedése mégis az, hogy összekeveri a matematikába előforduló két fajta végtelet. Az egyik végtele a futási szakaszok számára voatkozik, ami a halmazok számosságával áll összefüggésbe. A másik végtele a teljes futáshoz szükséges idő korlátlaságáról szól. Azért el kell ismeri, hogy a tekős ügyese próbálkozott. Arra hívja fel a figyelmüket, hogy a természet össze tud adi végtele sok számot aélkül, hogy elvégeze a végtele sok számítást. Jó lee kifejlesztei egy olya matematikai módszert, ami szité képes lee erre. Ilye módo több valós problémát tudák megoldai egy teljese új megközelítéssel. Ehhez először értelmezi kell mit értük végtele sok szám összegé. Ezzel a sor fogalmához jutuk. 3
. Defiíció. Legye a egy valós számsorozat. Az a + a 2 + a 3 +... vagy a a szimbolikus kifejezést az a sorozat végtele soráak vagy egyszerűe sorak evezzük, és úgy értelmezzük, mit az S : a + a 2 +... + a ( N) -edik részletösszegekből álló sorozat határértéke. Az első dolog, amit a sor fogalmából kitűik az, hogy egy sorozat elemeiből készítjük a sort. Tetszőleges végtele sok számot em tuduk sorozatba redezi, ezt legfeljebb megszámlálhatóa végtele sok számmal tudjuk eléri. Másrészt fotos, hogy milye sorredbe állítjuk a számokat a sorozatba, hisze a későbbiekbe láti fogjuk, hogy a redezés módja befolyásolhatja a végeredméyt. Az előző megjegyzés figyelembevételével azt modjuk, hogy sorozatba redezett végtele sok szám összege a sorozatból képzett sor értéke. Mivel a sor a sorozat -edik részletösszegekből álló S sorozat határértéke, így előfordul, hogy ez em létezik. Ez em szerecsés megfogalmazás, ezért a következő elevezéseket fogjuk alkalmazi sorok eseté: Ha az S sorozat koverges, akkor azt modjuk, hogy a sor koverges és összege az S sorozat határértéke, azaz Ezt másféleképpe is írhatjuk: a lim S. k a lim a. k Ha az S sorozat diverges, akkor azt modjuk, hogy a sor diverges (és em az, hogy a sor em létezik). Abba az esetbe, hogy a sor diverges, de S, illetve S, akkor azt írhatjuk, hogy a, illetve 4 a.
Lássuk egy példát! Tekitsük az a : sorozatot, amelyek végtele 2 sora 2. Ez formálisa az 2 + 4 + 8 + 6 +... végtele sok szám összegét jeleti. Ekkor a sor fogalma szerit a sor összege, ha létezik, em más, mit az S 2 + 4 + + 2 részletösszeg határértéke. Tudjuk, hogy az ilye határértékek kiszámításához zárt alakra kellee hozi a feti összeget, azaz a képletbe meghatározott számú alapművelet szerepelje. Vegyük észre, hogy ebbe az esetbe a egy mértai sorozat, és így alkalmazhatjuk a középiskolába már tault trükköt: legye q, N és Ekkor s : + q + q 2 + + q. sq q + q 2 + q 3 + + q +. Így s sq q +, amiből azt kapjuk, hogy s q+ q. () A feti számításból q 2 eseté azt kapjuk, hogy S + 2 + 4 + + 2 0 {}}{ ( 2) + 2. Ebből következik, hogy a vizsgált sor koverges és összege, azaz 2. 5
Köyű példát találi diverges sorokra. Például + + +. Érdemes még vizsgáli a következő sort: ( ) + + +... Itt az S részletösszeg diverges, mert páros idexű részsorozatára S 2k 0, illetve páratla idexű részsorozatára S 2k teljesül. Mivel S diverges, ezért a sor is diverges. Eél a sorál egy furcsáak tűő jeleséget kapuk, ha a végeredméyt úgy próbáluk megkapi, hogy csoportosítjuk a sor tagjait, evezetese másképpe pedig 0 ( ) + ( ) + ( ) +... + ( + ) + ( + ) +... A következőkbe azt igazoljuk, hogy a fetihez hasoló zárójelezések koverges sorokkal em vezetek más eredméyre. 2. Defiíció. Legye a egy végtele sor, és ϕ: N N egy szigorúa mooto övekvő függvéy. Továbbá jelölje b : ϕ() k a k, b : ϕ() kϕ( )+ a k ( > ). Ekkor a b sort a a csoportosított vagy zárójelezett soráak evezzük.. Tétel (Koverges sorok átzárójelezhetősége). Koverges sor mide zárójelezett sora koverges és összege változatla marad. Bizoyítás. Az állítás rögtö következik abból, hogy a zárójelezett sor - edik részletösszegéek sorozata midig részsorozata lesz az eredeti sor -edik részletösszegéek sorozatáak. 6
Egy másik idetartozó eredméy koverges sorok összegéek és kostasszorosáak a kovergeciájáról szól. Ez az állítás agyo haszos a gyakorlati példák megoldásába. 2. Tétel (Sorok összege és kostas-szorosa). Legye a és b két koverges sor, valamit c R. Ekkor a c a ú.. sor kostasszorosa, valamit a (a + b ) ú.. két sor összege koverges, és c a c a, (a + b ) a + b. Bizoyítás. A tétel állításait a következő számítások igazolják: k k c a lim c a c lim a c a, k k valamit ( k k ) k (a + b ) lim (a + b ) lim a + b k k k k lim a + lim b a + b. k k Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Szeretém megjegyezi, hogy a tétel második állítása véges sok sor esetére is általáosítható. Fotos még megjegyezi, hogy egy sor em csak -től kezdődhet. Egy egyszerű átidexeléssel értelmezzük a a : a +r r sort, ahol r egy tetszőleges egész szám. A gyakorlatba természetese em szükséges az átidexelést elvégezi. Nem ehéz igazoli, hogy az r kezdőérték em befolyásolja a sor kovergeciáját, de a sor összegét már ige. 7
3. Mértai és teleszkopikus sorok A taayag sorá láti fogjuk, hogy a sorok potos összegét meghatározása em egyszerű feladat. A legagyobb problémát az okozza, hogy az összeget adó S sorozat em előre meghatározott, -től függetle számú összegekből áll, és így határértéke kiszámításához zárt alakra kellee hozi. Néháy esetbe viszot az S sorozat zárt alakra való hozása, azaz véges -től függetle számú alapműveletekre való átírása, em olya boyolult. Sőt, az ú.. mértai sorok eseté általáos képletet is kapuk. 3. Tétel. Legye a és q valós számok és a 0. A aq 0 sort mértai sorak evezzük és kovergeciáját illetőe a következő eseteket külöböztetjük meg. Ha q <, akkor a mértai sor koverges és összege Ha q, akkor a mértai sor diverges. Bizoyítás. Az () összefüggésből azt kapjuk, hogy Ha q <, akkor q + 0, így k aq lim aq q + a lim k k 0 0 q. a q a q. a feti kifejezés határértéke. Ha q >, akkor a q sorozat diverges, azaz a feti határérték em létezik. A q és q esetek divergeciájáról már esett szó. állítását igazoltuk. Ha a koverges mértai sor em az 0-ál kezdődik, akkor a aq aq +r aq r q r 0 0 aqr q a r q Ezzel a tétel összefüggésből modhatjuk, hogy a kezdő értéktől függetleül a mértai sor összege a sor első tagja elosztva az q értékével, ha < q <. 8
. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! Megoldás: a) c) e) 2 ( ) 2 3, b) 3 + 2 + 0 2 2+ 5, d) 3 3, f) 0 ( 4, 3) 5 23 3 2+, ( ) 5 2 2. ( ) 2 2 a) Mértai sor, első tagja a 3 4 3 3, q 2. A képlet szerit a sor 3 összege 2 ( ) 2 3 3 4 3 2 3 4. ( b) Mértai sor, első tagja a 4 ) 4 3 3, q. A képlet szerit a 3 sor összege ( 4 3) 4 3 +. 3 c) Botsuk fel két mértai sor összegére! 0 + 2 + 5 ( ) + 0 5 0 ( ) 2 2 5 5 + 2 2 5 55 2 d) Úgy győződük meg, hogy mértai sorról va szó, hogy két szomszédos általáos tag háyadosáról belátjuk, hogy -től függetle. a + a 5 23(+) 3 2(+)+ 5 23 3 2+ 23+2 3 2+ 2 3 3 2+3 8 9. Így < q 8 9 < miatt a sor koverges. A sor kezdő tagja 23 3 5 28 a 3 5. 32 3+ 3 7 9
A sor összege 3 5 23 3 2+ a 3 q 5 2 8 3 7 8 9 5 28 3 5 280 243. e) Mértai sorról va szó, mert a + a 2 2(+)+ 3 + 2 2+ 3 22+3 3 2 2+ 3 + 4 3. Azoba q 4 >, ezért a sor diverges. Mivel a sor pozitív tagokból 3 áll, így azt írhatjuk, hogy 2 2+. 3 Később láti fogjuk, hogy mide diverges, pozitív tagú sor összege végtele. f) A 0 ( ) 5 2 2 0 ( 5 ) 4 átalakításból látható, hogy mértai sorról va szó. De q 5 4 a sor diverges. <, így Szereték kokrét példát mutati mértai sorok alkalmazására. Az Akhilleusz és a tekős paradoxoba lévő okfejtés em állja meg a helyét, tudiillik, ha Akhilleusz az első 00 lábat t idő alatt, a következő lábat t 00 idő alatt teszi meg és így tovább, akkor utoléri a tekőst a t + t 00 + t 0 000 + 0 ( ) t 00 idő alatt. Ezutá vezeti fog és megyeri a verseyt. Hasoló jellegű a következő feladat is. t 00 00t 99 2. Feladat. Egy hagyomáyos óra agy- és kismutatója 2 órakor együtt áll. Legközelebb mikor fog a két mutató újra együtt álli? 0
Megoldás: óra kell ahhoz, hogy a agymutató újra a 2-esél legye, ekkor a kismutató az -esél lesz. Ezutá a agymutató 5 perc ( óra) múlva 2 szité az -esél fog álli, viszot a kismutató ez idő alatt tovább megy, és így tovább. Mivel a agymutató 2-szer olya gyors, mit a kismutató, így a agymutató + 2 + 2 + ( ) 2 0 2 2 óra 2 alatt éri utol a kismutatót. Egy másik fotos alkalmazás a tizedes törtek fogalmához kapcsolódik. Legye 0 x <. Az x számhoz a következő módo kostruáluk egy a sorozatot. Egyértelműe va olya 0 a 9 egész szám, hogy a 0 x < a + 0. Ekkor legye a : a, és mivel 0 0x a <, így a feti eljárást megismételhetjük ezzel az új számmal, a 2 -vel jelölve az új a értékét, és így tovább. A kapott a sorozat elemei egy jegyű számok és a x 0. Írjuk a sorozat elemeit sorba, a következő módo 0, a a 2 a 3 a 4.... A feti felírást az x szám tizedes törtéek evezzük. Hasoló módo lehet értelmezi egy szám diadikus törtét, ha az eljárásba 0 helyett 2 részre botjuk a [0, [ itervallumot. A tizedes törteket szokás elevezi véges (csupa 0-ra végződő), szakaszos (em véges és egy idex utá az számjegyek ismétlődek, azaz va olya k, i P, hogy a k+i+ a k+ mide N eseté), vagy végtele (em véges vagy szakaszos) tizedes törtekre. Nyilvá a véges tizedes törtek racioális számok, de a szakaszos tizedes törtek is. A következő feladat ezt mutatja be. 3. Feladat. Írjuk fel az x 0, 2 4 tizedes törtet két egész szám háyadosakét! (A potozott rész a tizedes tört ismétlődő szakasza) Megoldás: A mértai sorokra taultak szerit 0, 2 4 0, + 0, 024 + 0, 00024 + ( 0, + 0, 024 + 00 + ) 00 +... 2 0 + 24 000 00 23 990.
Az [] köyvbe a mértai sorokra voatkozó több alkalmazás és érdekes példa található. A következőekbe olya sorokat szereték bemutati, ahol az S részletösszeg leegyszerűsödik, véges sok elem marad az összeg elejéből és végéből, a közepe kiesik, és így zárt alakra hozható. Az ilye sorokat teleszkopikus sorokak evezzük. Elevezésüket a régi hordozható egyszemes távcsövek (teleszkópok) utá kapta, amelyek egymásba csúsztatható csövekből áll a köyebb tárolásuk érdekébe. Ebbe az állapotba csak az első és az utolsó cső volt látható. Lássuk egy példát! Számítsuk ki a ( + ) sor összegét! Vegyük először észre, hogy mide N eseté ( + ) +. Ezt felhaszáljuk a következő számításokba. S 2 + 2 3 + 3 4 + + ( + ) 2 + 2 3 + 3 4 + + + + Ezért a sor összege. A következő példák is hasoló módo oldhatók meg. 4. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a) 2 + 5 + 4, b). + + Megoldás: 2 a) A sor általáos tagját felírjuk 2 + 5 + 4 ( + )( + 4) A ( + ) + B ( + 4) alakba. Közös evezőre hozás utá a feti egyelőség tovább folytatható ( + )( + 4) (A + B) + 4A + B. ( + )( + 4) 2
Ebből (A + B) + 4A + B, azaz A + B 0 és 4A + B. A feti egyeletredszer megoldása: A 3 és B, amiből mide 3 N eseté ( + )( + 4) ( 3 + ) + 4 teljesül. Ekkor a sor összege S 3 6 + 4 7 + 5 8 + + ( + )( + 4) 3 ( 3 6 + 4 7 + 5 8 + 6 9 +... + + 2 + + 3 + + 3 ( 3 + 4 + 5 + 2 }{{} 0 + 3 }{{} 0 + 4 }{{} 0 ) + 4 ) 47 80, hisze csak az aláhúzott tagok maradak, ugyaayi plusz előjelű az elejéből, mit míusz előjelű a végéből. b) Vegyük észre, hogy + + +. Ekkor S 2 + 3 2 + + + +. Így + +. 3
4. Abszolút és feltételese koverges sorok Az előző részbe olya sorokat vizsgáltuk, amelyekek S a + a 2 + + a részletösszege zárt alakba írható, így ki tudtuk számítai a határértéküket. Más sorok eseté további vizsgálatok szükségesek. A következő tétel ehhez yújt segítséget. 4. Tétel (Cauchy-féle kovergecia kritérium sorokra). Az a sor koverges akkor és csak akkor, ha ε > 0-hoz 0 N, hogy ha > 0, akkor a + + a +2 + + a +k < ε. mide k N eseté. Bizoyítás. Ha a sor koverges, akkor alkalmazhatjuk a határértékszámításba tault Cauchy-féle kovergecia kritériumot az a sorozat -edik részletösszegéek sorozatára, amelyet S -el jelöltük: ε > 0-hoz 0 N, hogy ha, m > 0, akkor S m S < ε. Állításuk abból következik, hogy ha m + k, akkor Ezzel a tétel állítását igazoltuk. S m S a + + a +2 + + a +k. Vegyük észre, hogy a Cauchy-féle kovergecia kritériumból következik, hogy ha egy sor koverges, akkor az a általáos tagja tart ullához. Ehhez elég a k értéket beíri a kritériumba szereplő állításba. Vizsgálataik a következő evezetes sorral folytatódik. 5. Tétel. A ú.. harmoikus sor diverges. 4
Bizoyítás. Mide, k N eseté az a + + a +2 + + a +k + + + 2 + + + k k darab tagú összeg legkisebb tagja k eseté az k, ezért agyobb, mit + k a + + a +2 + + a 2 + 2 + k. Ekkor em lesz egy tetszőleges ε > 0 számál kisebb, ezért a Cauchy-féle kovergecia kritérium sorokra szerit a sor diverges. Létezik egy eél elemibb bizoyítás is. Léyege, hogy az ( + 2 + 3 0) + + ( + + 2 + + 00 + ) + ( 0 + 02 + + 000 összegbe szereplő mide zárójeles rész agyobb, mit ilye zárójeles rész általáos alakja ( 0 k + + 0 k + 2 + + ) 0 k+ ) +... 9. Valóba egy 0 (k 0,,... ), ami potosa 0 k+ 0 k 9 0 k darab tagot tartalmaz. Becsüljük alulról a zárójeles részt úgy, hogy mide tagja helyett a legkisebb tagot írjük. 0k+ Ekkor 0 k + + 0 k + 2 + + 0 > k+ 0 + k+ 0 + + } k+ {{ 0 k+ } 9 0 k darab 9 0k 0 k+ 9 0. Mivel végtele sok zárójeles rész va, így a harmoikus sor em lehet koverges. A harmoikus sor divergeciája azért relevás, mert a sor tagjai ullához tartaak. Így az a téy, hogy egy sor általáos tagja tartso a ullához csak szükséges feltétele a sor kovergeciájához, de em elegedő. 5
Érdemes külö foglalkozi a pozitív tagú sorokkal. Ezekek a sorokak a részletösszegei szigorúa mooto övekvő sorozatot alkotak, hisze S + S a + > 0 mide N eseté. Ez a téy leegyszerűsíti eze sorok vizsgálatát, mert ha a mooto övekvő S sorozat korlátos, akkor S koverges és így a sor is koverges, em korlátos, akkor S a végtelehez tart és így a sor összege végtele. A mootoitás miatt az S egyetle részsorozata alapjá meghatározható a teljes S sorozat határértéke, amely egybe a sor összege is. A feti megállapítások em változak, ha a pozitív tagok mellett 0 tagokat vagy véges sok egatív tagot is egedélyezük, hisze az első esetbe S mooto övekvő marad, a második esetbe egy adott idextől kezdve S már mooto övekvő sorozat lesz. Egyébkét egy sorból midig elhagyhatjuk a ulla tagjait, mert ezzel csak kivesszük az S sorozatból az egymásutá ismétlődő elemeit, amelyek em befolyásoljak a sorozat kovergeciáját és határértékét. Más a helyzet olya sorokkal, amelyek végtele számú pozitív és egatív tagot is tartalmaz. Ebbe az esetbe vezessük be a következő jelöléseket: Majd képezzük a a + a, ha a > 0, : 0, ha a 0 a +, és a 0, ha a > 0, : a, ha a 0. a sorokat! Midkét sor a ulla tagok elhagyása utá pozitív tagú sor lesz. Az első sor tartalmazza az eredeti sor pozitív tagjait, a második a sor egatív tagjaiak abszolút értékét. Például, ha a pozitív számok, akkor a a a 2 + a 3 a 4 + a 5 + a 6 + a 7 a 8 + a 9 +... sor (csak a 2 hatváy idexű elemeket vojuk ki) pozitív tagjaiból álló sora 0 + 0 + a 3 + 0 + a 5 + a 6 + a 7 + 0 + a 9 + a 0 + a + a 3 + a 5 + a 6 + a 7 + a 9 + a 0 + a + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 7 +... 6
és egatív tagjaiból álló sora a + a 2 + 0 + a 4 + 0 + 0 + 0 + a 8 + 0 + 0 + 0 + Vegyük észre, hogy a a + a, a + a 2 + a 4 + a 8 + a 6 +... hisze az a + és a em ulla idexei elkerülik egymást. Ekkor a 2. Tételből következik, hogy ha a pozitív és a egatív tagokból álló sorok kovergesek, akkor az eredeti sor is koverges és a a + a. Ez fordítva em igaz, azaz ha egy sor koverges, akkor em biztos, hogy a pozitív és a egatív tagjaiból álló sorai kovergesek. Például a + 2 2 + 3 3 + 4 4 +... sor koverges és összege ulla, mert S 2 0 és S 2 0, azaz a páros és páratla idexű részsorozatai ugyaúgy a ullához tartaak. Azoba a + és a harmoikus sorok, azaz divergesek. Ezek szerit valamivel több kell a feti két sor kovergeciájához. Igazolható, hogy a a sor kovergeciájához a a sor kovergeciája elegedő. 3. Defiíció. Azt modjuk, hogy a a ú.. abszolút sora koverges. a sor abszolút koverges, ha a Az abszolút sor kovergeciája azért elegedő az eredeti sor kovergeciájához, mert em ehéz igazoli, hogy az a a + + a (2) 7
egyelőség teljesül. Mivel a + 0 és a 0, ezért a + a és a a, azaz mid a pozitív, mid a egatív tagokból álló sorok -edik részletösszege em agyobb, mit az abszolút sor -edik részletösszege. Ebből következik, hogy ha az abszolút sor koverges és így részletösszegei korlátos, akkor a pozitív és a egatív tagokból álló sorok részletösszegei is korlátos, ami pozitív tagú sorok eseté a kovergeciával ekvivales. Az előbb már igazoltuk, hogy a pozitív és a egatív tagokból álló sorok kovergeciájából az eredeti sor kovergeciája következik. Szeretém még megjegyezi, hogy a pozitív és a egatív tagokból álló sorok összegéből megkaphatjuk az abszolút sor összegét. Valóba (2)-ből és a 2. Tételből következik, hogy a a + + a. Midet együttvéve kimodhatjuk a következő tételt, amely igazolására egy a feti módszertől eltérő bizoyítást is aduk. 6. Tétel. Mide abszolút koverges sor koverges is. Továbbá a a. Bizoyítás. Mivel a a sor koverges, így a Cauchy-féle kovergecia kritérium szerit ε > 0-hoz 0 N, hogy ha > 0, akkor mide k N eseté. Mivel a + + a +2 + + a +k < ε a + + a +2 + + a +k a + + a +2 + + a +k < ε, ezért a kritérium teljesül a a sorra is. A bizoyítadó egyelőtleség abból következik, hogy mide N eseté a a a a, hisze az abszolút érték folytoos függvéy. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 8
Lássuk egy példát! A 0 2 + 2 + 4 + 8 + 6 + 32 +... (3) pozitív tagú, mértai sorról tudjuk, hogy koverges. Ekkor ha a feti képletbe tetszőleges számú plusz jelet míuszra cserélük, akkor a kapott sor koverges marad, bár az összege természetese változik. Eek oka az, hogy az így kapott sorokak közös abszolút soruk va, a (3) képlettel megadott sor, ami koverges, azaz az így kapott sorok abszolút kovergesek. Tehát a ( ) 0 sor em csak koverges, haem abszolút koverges is. 4. Defiíció. Ha egy sor koverges, de em abszolút koverges, akkor azt feltételese koverges sorak evezzük. Az előbb igazoltuk, hogy egy sor abszolút koverges akkor és csak akkor, ha a a +, és 2 a sorok kovergesek, és a sor összege a feti két sor külöbsége. Mi jellemzi a feltételese koverges sorokat? Az em lehetséges, hogy egy ilye sor esetébe csak az egyik pozitív vagy egatív tagokból álló sora koverges, hisze ha például a pozitív tagokból álló sora koverges, akkor az a a + a összefüggésből és a 2. Tételből következik, hogy a egatív tagokból álló sora is koverges. Tehát midkét pozitív és egatív tagokból álló sora diverges. Másrészt az eredeti sor kovergeciájából következik, hogy a 0 és így a + 0, a 0. Sajos ezek a feltételek szükségesek, de em elegedőek a sor feltételes kovergeciájához. A legrelevásabb példa feltételese koverges sorra a ( ) + ú.. Leibiz-sor. A következő részekbe igazoli fogjuk, hogy a Leibiz-sor koverges, de abszolút sora a harmoikus sor, ami diverges. Ebből adódik, hogy a Leibiz-sor feltételese koverges. 9
5. Sorok átredezhetősége Természetesek vesszük, hogy számok összeadásakor a tagok felcserélhetők, az eredméye em változtat. Ugyaezt várák el végtele sok tagú összeg eseté. Mi törtéik, ha a sor tagjai egymás között permutálak, azaz helyet cserélek? A kérdés miél potosabb tárgyalására először megadjuk az átredezett sor fogalmát. 5. Defiíció. Legye a egy végtele sor, és ϕ: N N egy bijektív leképezés. Továbbá jelölje b : a ϕ(). Ekkor a b sort a a átredezett soráak evezzük. Átredezett sort kapuk amikor a sor két tagja egymás között helyet cserél, vagy amikor ugyaazt teszi mide páratla idexű elem a ála agyobb szomszédos elemmel. A léyeg, hogy mide tagról egyértelműe derüljö ki melyik helyre kerül. A következő sorál igazoltuk, hogy koverges: + 2 2 + 3 3 + 4 4 + 0. Redezzük át a feti sort a következő módo: + 2 + 3 2 3 + 4 + 5 + 6 + 7 4 5 6 7 +... azaz most em vojuk ki azoal ugyaazt a tagot, haem elmegyük a következő 2 hatváyát megelőző elem reciprokáig, és utáa ugyaazokat az értékeket ki is vojuk. Az ilye tagok összege agyobb mit 2, hisze 2 + k 2 k + + + 2 k+ 2k 2 k+ 2 mide k N eseté. Ezért az S sorozatak az a részsorozata, amelyet az összeadások végé kapuk meg agyobb mit, illetve az a részsorozata, 2 amelyet a kivoások végé kapuk meg midig ulla. Ezért az átredezett sor em lehet koverges. Tehát sikerült a feti sort úgy átredezi, hogy elrotottuk a végeredméyt. Az abszolút koverges sorok em érzékeyek erre a problémára. 20
7. Tétel. Abszolút koverges sor bármely átredezett sora koverges, és összege em változik. Bizoyítás. Tegyük fel, hogy a egy em egatív tagú sor, amely koverges és összege s, illetve legye a ϕ() eek egy átredezett sora. A megfelelő részletösszegek legyeek S és S ϕ. Mide N eseté jelölje m : max{ϕ(), ϕ(2),..., ϕ()}. Mivel ϕ(i) m mide i, 2,..., eseté, így az S ϕ a ϕ() + a ϕ(2) + + a ϕ() összeg mide tagja megtalálható az S m a + a 2 + + a m összegbe. Ezért S ϕ S m < s. Azaz az S ϕ sorozat korlátos, de mivel mooto övekvő, mert a sor em egatív tagokból áll, így koverges és határértéke kisebb vagy egyelő mit s, azaz a ϕ() s a. Az előző egyelőtleség bármilye pozitív tagú sor és átredezés eseté alkalmazható. Akkor is, ha az átredezett sorból iduluk ki és visszaredezzük a ϕ permutációval, hogy megkapjuk az eredeti sort: a a ϕ (ϕ()) a ϕ(). Ebből következik, hogy a két sor összege megegyezik. Tegyük fel most, hogy a abszolút koverges, de em csak em egatív tagokból áll és tekitjük az a ϕ() árredezett sorát. Botsuk fel a két sort pozitív és egatív tagú sorokra, azaz a a + a és a ϕ() a + ϕ() a ϕ(). Mivel a felbotásba szereplő sorok em egatív tagokból állak, valamit az átredezett sor pozitív és egatív tagokból álló sorai a eredeti sor pozitív és egatív tagokból álló soraiak ugyaazzal a redezési szabállyal átredezett sorai, így a bizoyítás első része alapjá az utóbbi sorok kovergesek és a + ϕ() a + illetve a ϕ() a, amiből rögtö a tétel állítása következik. 2
Az előző tétel egyik fotos következméye, hogy végtele sok pozitív számot bármilye sorredbe adhatuk össze, em szükséges megadi milye sorredbe adjuk össze őket. Ez azért va, mert pozitív számok álló koverges sor abszolút koverges. Bizoyos értelembe a sorok átredezhetőségéhez tartozik a következő módszer, amivel éháy abszolút koverges sor összegét ki tudjuk számoli. A módszer léyege a párokét diszjukt részsorokra való felbotás. De először ézzük meg mit értük részsor alatt. 6. Defiíció. Legye b az a sorozat egy részsorozata. Ekkor a sort a a sor részsoráak evezzük. b Más szavakkal, részsort kapuk, ha egy sorból kiválasztuk végtele sok tagját és ezekből a sorred megtartásával egy újabb sort képzük. Ilye például egy sor pozitív tagokból álló sora a fiktív ullák elhagyása utá. Ugyaaz modható a egatív tagokból álló soráról, ha tagjait míusz eggyel megszorozzuk. 7. Defiíció. Azt modjuk, hogy az a (), a (2), a (3),... sorok a a sor egy végtele, párokét diszjukt részsorokra való felbotása, ha a (), a (2), a (2)... részsorozatai az a sorozatak és a rész- sorozatokhoz tartozó ϕ i (i N) szigorúa mooto övekvő leképezések értékkészletei egy osztályozása a természetes számok halmazáak. A fetiek értelmébe a sort szét kell szedi végtele sok részsorra úgy, hogy a sor mide tagja egyetle egy részsorba szerepelje. Ez olya mitha a sor tagjaiból az a () a () 2 a () 3 a () 4 a () 5 a () 6... a (2) a (2) 2 a (2) 3 a (2) 4 a (2) 5 a (2) 6... a (3) a (3) 2 a (3) 3 a (3) 4 a (3) 5 a (3) 6......... 22
végtele számú sort és oszlopot tartalmazó táblázatot készíteék úgy, hogy az egyes sorokba szereplő tagok az eredeti sorral megegyező sorredbe szerepeljeek. A táblázat egyes soraiból készített sorok a sorak egy végtele, párokét diszjukt részsorokra való felbotását alkotak. A következő állítás úgy tekithető, mit a 2. Tétel általáosítása végtele sok sorok összegére. 8. Tétel. Legye a (), a (2),... az a sor egy végtele, párokét diszjukt részsorokra való felbotása. Ekkor a) ha a sor abszolút koverges, akkor a felbotásba szereplő mide részsor abszolút koverges és a a (k) k b) ha a felbotásba szereplő mide részsor abszolút koverges és a k a (k) sor koverges, akkor az eredeti sor is abszolút koverges. c) ha a sor abszolút koverges, akkor Bizoyítás. k a (k) k a (k). a) Egy abszolút koverges sor mide részsora abszolút koverges. Ez azért igaz, mert a részsor abszolút soráak részletösszegei mooto övekvő sorozatot alkotak (em egatív tagú sor lévé), amely felülről korlátos, hisze a részletösszegek kisebbek mit az eredeti sor abszolút soráak összege. Jelölje s : a, s k : a (k). Legye ε > 0 tetszőleges. A sor abszolút kovergeciájából következik, hogy i N, hogy a < ε 2. (4) i+ 23
Válasszuk meg az 0 egész számot úgy, hogy az első 0 darab részsor már tartalmazzo az a, a 2,..., a i véges sok tagokat! Legye m > 0. Ekkor egyrészt (4) miatt i s a a a < ε 2. i+ i+ Másrészt a m i m i s k a a (k) a k k kifejezés a a sor tagjaiból áll, de em fogja tartalmazi az a, a 2,..., a i tagokat, mert kivotuk belőle. Ezért (4) miatt a kifejezés abszolút értéke kisebb mit ε 2. Összefoglalva, mide m > 0 eseté m s i s k s m a + s k k k Ezért m s lim s k, m k amiből az állítás következik. i a < ε 2 + ε 2 ε. b) Legye ε > 0 tetszőleges. A feltételből következik, hogy m N, hogy km+ a (k) < ε 2. (5) A részsorok abszolút kovergeciájából következik, hogy k N, hogy < ε (k, 2,..., m) (6) 2m k a (k) Legye 0 max{, 2,..., m }. Ekkor mide k N és > 0 eseté az a +k tag vagy az (5) szummába vagy a (6) m darab szumma egyikébe szerepel, de csak az egyikbe. Ezért az ilye tagok összege em lehet agyobb, mit az (5) és (6) összefüggésbe szereplő becslések összege, azaz a + + a +2 + + a +k < ε 2 + m ε 2m ε teljesül. Ekkor a sorokra voatkozó Cauchy-féle kovergecia kritériumból következik, hogy a sor abszolút koverges. 24
c) Tekitsük meg a felbotás alapjá készített végtele számú sort és oszlopot tartalmazó táblázatot. A felbotásba szereplő részsorokat a táblázat sorai adják. Felvetődik a kérdést, hogy a táblázat oszlopaiból álló sorok szité részsorai leszek-e az eredeti sorak. Ez em mide esetbe igaz, mert semmi em garatálja, hogy az oszlopokba szereplő tagok is ugyaabba a sorredbe követik egymást, ahogya az eredeti sorba. Azoba, a 7. Tétel szerit abszolút kovergecia eseté a sorok átredezésekor az összegük em változik. Ezért a táblázat oszlopaiból kapott sorok az eredeti sorak egy végtele, párokét diszjukt részsorokra való felbotását adja. a () + a () 2 + a () 3 + a () 4 + a () 5 +... + + + + + a (2) + a (2) 2 + a (2) 3 + a (2) 4 + a (2) 5 +... + + + + + a (3) + a (3) 2 + a (3) 3 + a (3) 4 + a (3) 5 +... +. +. +. +. +. k a (k) k a (k) 2 k a (k) 3 k A tétel a) állítása szerit abszolút kovergecia eseté bármely felbotásba szereplő összes részsor összegéből alkotott sor összege egyelő, hisze megegyezik az eredeti sor összegével. Ezért a táblázat soraiból készített részsorok összegéből alkotott a (k) 4 a (k) k sor összege és a táblázat oszlopaiból készített részsorok összegéből alkotott sor összege megegyezik. Ezzel a tétel állításait igazoltuk. a (k) k k a (k) 5 a () a (2) a (3) 25
Lássuk az előző tétel alkalmazását kokrét sor kiszámításáál! Számítsuk ki a 2 sor összegét! Készítsük el a következő táblázatot: 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 +... + + + + + 0 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 +... 2 + + + + + 0 + 0 + 2 3 + 2 4 + 2 5 +... 2 2 + + + + +..... 2 2 3 4 5 2 2 2 3 2 4 2 5 A táblázat soraiból alkotott mértai sorok abszolút kovergesek és ezek összegeiből alkotott + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 +... mértai sor szité koverges. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút koverges. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz 2 + 2 + 2 + + 2 2 + 3 2 + 2. 4 5. Feladat. Határozzuk meg a következő sorok összegét! a) 2 2, b) ( ) 2. c) a harmoikus sor véges tizedes tört alakba írható tagjaiak összege. Megoldás: a) Az 2 + 3 + 5 + + 2 összefüggés alkalmazásával készítsük el a következő táblázatot: 26
2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 +... + + + + + 0 + 3 2 2 + 3 2 3 + 3 2 4 + 3 2 5 +... 3 2 + + + + + 0 + 0 + 5 2 3 + 5 2 4 + 5 2 5 +... 5 2 2 + + + + +..... 2 4 9 6 25 2 2 2 3 2 4 2 5 A táblázat soraiból alkotott mértai sorok abszolút kovergesek és ezek összegeiből alkotott sor koverges, hisze és így + 3 2 + 5 2 2 + 7 2 3 + 9 2 4 +... 2 és 2 2 + 3 2 + 5 2 + 7 2 2 + 9 3 2 + 2 4 4 2 2 2 2 6. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút koverges. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz 2 2 + 3 2 + 5 2 2 + 7 2 3 + 9 2 4 + 6. b) A következő táblázat soraiból alkotott mértai sorok kovergesek, mert midegyik kvóciese q, amelyek abszolút értéke kisebb mit. 2 Továbbá ezek a sorok abszolút kovergesek, mert midegyik abszolút sora olya mértai sor, amelyek kvóciese q 2. 27
2 + 2 2 2 3 + 2 4 2 5 +... 2 2 3 + + + + + 0 + 2 2 2 3 + 2 4 2 5 +... 2 2 2 3 + + + + + 0 + 0 + 2 3 2 +... 4 2 5 2 2 3 3 + + + + +..... 2 2 3 4 5 2 2 2 3 2 4 2 5 A táblázatba látjuk a soraiból alkotott sorok összegeit, amelyek szité abszolút koverges sort alkotak. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút koverges. Ekkor a tétel c) állítás miatt a táblázat soraiból és oszlopaiból készített sorok összege megegyezik, azaz ( ) 2 2 2 3 + 2 2 2 3 2 3 2 3 + 2 3 c) Azo számok összegéről va szó, amelyek felírhatók formába. Ké- 2 p 5q szítsük velük a következő táblázatot! ( ) 2 ( 2 2 3 2) 3 2 9. + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 +... 2 5 + 5 2 + 5 2 + 2 5 2 + 3 5 2 +... 2 4 5 5 + 2 5 2 2 + 5 2 2 + 2 5 2 2 + 3 5 2 2 +... 2 4 5 2... A táblázat soraiból alkotott mértai sorok abszolút kovergesek és ezek összegeiből alkotott 2 + 2 5 + 2 5 2 + 2 5 3 + 2 5 4 +..... 28
mértai sor szité koverges. Ezért a tétel b) állításából következik, hogy a táblázat elemeiből készített bármely sor abszolút koverges és összegük megegyezik. Ez azt jeleti, hogy a táblázatba lévő számokból a sorredjüktől eltekitve olya sor készíthető, amelyek összege a következő mértai sor összegével egyelő: 2 + 2 5 + 2 5 2 + 2 5 3 + 2 5 4 +... 2 5 4 5 2. Már tudjuk, hogy ha egy abszolút koverges sort átredezzük, akkor a végösszeg em változik. Mi a helyzet a feltételese koverges sorokkal? A feltételese koverges sorokról tudjuk, hogy a és a + a pozitív és egatív tagokból álló sorai divergesek úgy, hogy a beük szereplő tagok ullához tartaak. Ha egy feltételese koverges sort átredezzük, akkor a feti két sor átredeződik, azaz változik az a mód ahogya a pozitív és a egatív tagok vaak összefűzve, de a két sor diverges marad, hisze em egatív tagokból állak. Első hallásra meglepőek tűik az az állítás, hogy ilye esetbe úgy tudjuk összefűzi a pozitív és a egatív tagokat, hogy a sor összege bármely előre kiválasztott szám legye, sőt elérhető, hogy a sor diverges is legye. Eél többet állít a következő tétel. 9. Tétel. Legye a egy feltételese koverges sor és α β két tetszőleges szám a valós számok kiterjesztett redszeréből. Ekkor va a sorak olya átredezése, hogy lim if Sϕ α és lim sup S ϕ β, ahol S ϕ az átredezett sor -edik részletösszege. Bizoyítás. A feltételese koverges sorok tulajdoságai szerit, ha a a +, és a sorokból csak a pozitív tagjait tartjuk meg, a ulla tagokat elhagyjuk, akkor két olya pozitív tagokból álló p, és q diverges sort kapuk úgy, hogy p 0, q 0. Továbbá p és q az eredeti sor tagjai mide N eseté. 29
Az α és β sorozatot úgy értelmezzük, hogy α α, β β, α β, β > 0 teljesüljö. Válasszuk a legkisebb olya i idexet, amire x : p + p 2 + + p i > β teljesül. Ilye idex létezik, mert olya j idexet, amire p. Ezutá válasszuk a legkisebb y : p + p 2 + + p i q q 2 q j < α teljesül. Ilye idex szité létezik, mert q. A következő lépésbe válasszuk a legkisebb olya i 2 idexet, amire x 2 : p + + p i q q j + p i + + + p i2 > β 2 teljesül, és ezutá válasszuk a legkisebb olya j 2 idexet, amire y 2 :p + + p i q q j + +p i + + + p i2 q j + q j2 < α 2 teljesül. Folytassuk az eljárást! Az eljárás az eredeti sorak egy átredezését adja meg, ahol az x és y átredezés részletösszegéek részsorozatai. Továbbá és x β x β + β β p i + β β 0 y α y α + α α q j + α α 0, amiből x β és y α következik. Azoba, az átredezés részletösszegéek em lehet α-ál kisebb vagy β-ál agyobb sűrűsödési helye. Ezért α és β az átredezés részletösszegéek legkisebb és legagyobb kiterjesztet torlódási potja, azaz alsó és felső határértéke. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 30
6. Sorok szorzata A 2. Tétel megmutatta hogya számítható ki két koverges sor összegét és kostas-szorosát. Ebbe a részbe sorok szorzatával foglalkozuk. Amikor két összegét egymással szorzuk, az egyik valameyi tagját a másik mide tagjával szorzuk, és az eredméyeket összeadjuk. Sorokál hasoló a helyzet, csakhogy végtele számú szorzat keletkezik, ezért előre meg kell adi milye sorredbe aduk össze ezeket a szorzatokat. Ezt teszi a következő defiíció. 8. Defiíció. Adott a és b sorok Cauchy-szorzatá a sort értjük. (a b + a 2 b 2 + + a b ) 2 A Cauchy-szorzat tehát azokat a szorzatok ad össze, amelyekbe szereplő elemek idexeiek összege álladó, és ezekből képzi a sort. Ettől eltérő sorredbe is szokták a sorok szorzatát vizsgáli. Például két sor téglaszorzata azokat a szorzatok ad össze, amelyekbe szereplő midkét elem idexe kisebb mit egy adott szám, és ezekből képzi a sort. Jele taayagba kizárólag a sorok Cauchy-szorzatával foglalkozuk. Ha a sorok em az -től kezdődek, akkor át tudjuk őket idexeli, hogy a defiícióba megadott Cauchy-szorzata értelmezhető legye. Egyszerű számítások utá azt kapjuk, hogy a a r és b s sorok Cauchy-szorzata a sor. r+s (a r b r + a r+ b r + + a s b s ) A sorok Cauchy-szorzatára érvéyes a következő állítás. 0. Tétel. Két abszolút koverges sor Cauchy-szorzata abszolút koverges és összege a két sor összegéek szorzata. 3
Bizoyítás. Készítsük el a következő táblázatot: a b + a b 2 + a b 3 + a b 4 + a a 2 b + a 2 b 2 + a 2 b 3 + a 2 b 4 + a 2 a 3 b + a 3 b 2 + a 3 b 3 + a 3 b 4 + a 3.... b b b A táblázat soraiba szereplő sorok abszolút kovergesek, az összegükből álló sor is abszolút koverges és összege ( ) ( ) a b + a 2 b + a 3 b + a b. Ezért a 8. Tétel szerit a táblázat elemeiből álló bármely sor abszolút koverges és összegük megegyezik a feti összeggel, azaz a két sor összegéek szorzatával. Azoba a sorok Cauchy-szorzata a táblázat ferde átlójá lévő elemek összegéből álló sor, azaz részletösszegei a táblázat elemeiből álló egyik sor részletösszegeiek részsorozata. Ezért szité tart a két sor összegéek szorzatához. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az előző tétel úgy általáosítható, hogy ha az egyik sor abszolút koverges, de a másik csak koverges, akkor a két sor Cauchy-szorzata koverges és összege a két sor összegéek szorzata. Ezt az állítást Mertes-tétel éve ismerjük.. Tétel (Mertes-tétel). Egy abszolút koverges és egy koverges sor Cauchy-szorzata is koverges és összege a két sor összegéek szorzata. Bizoyítás. Legye a s a és b s b két koverges sor, amelyek részletösszegeit megfelelőe S a és S b módo jelöljük. Továbbá tegyük fel, hogy az első sor abszolút koverges. Vegyük észre, hogy a két sor Cauchy-szorzatáak részletösszegei a következő módo írhatók: a b + (a b 2 + a 2 b ) + (a b 3 + a 2 b 2 + a 3 b ) + + (a b + a 2 b + + a b ) a (b + b 2 + + b ) + a 2 (b + b 2 + + b ) + + a b a S b +a 2 S b + +a S b S a s b +a (S b s b )+a 2 (S b s b )+ +a (S b s b ). 32
Mivel S a s a, így S a s b s a s b. Ezért elegedő igazoli, hogy a (S b s b ) + a 2 (S b s b ) + + a (S b s b ) 0, mert így a két sor Cauchy-szorzatáak részletösszegei tartaáak s a s b -hez, ami azt jeleti, hogy a két sor Cauchy-szorzatáak összege s a s b. A hiáyzó rész igazolásához azt fogjuk felhaszáli, hogy a a sor abszolút koverges. Vezetésük be a c : S b s b jelölest! Ekkor c 0, hisze S b s b. Azt kell igazoli, hogy a k c k a c + a 2 c + + a c k tart ullához, ha tart végtelehez. Legye K egy olya pozitív szám, amely agyobb a c sorozat mide eleméél, továbbá a a sor összegéél. Legye ε > 0 tetszőleges. Mivel c 0, így N, hogy c < ε (7) 2K teljesül mide > eseté. Ha a Cauchy-féle kovergecia kritériumot alkalmazzuk az abszolút sorra, akkor 2 N, hogy a 2 + + a 2 +2 + + a < ε (8) 2K teljesül mide > 2 eseté. Legye 0 : 2 max{, 2 }. Ekkor (7) és (8) miatt 0 a k c k a k c k + a k c k k < k 0 k 0 k a k c k + ε a k 2K + < K ε 2K + k 0 + k 0 + k 0 + a k c k < a k K < ε 2K K ε 2 + ε 2 ε, ami azt jeleti, hogy a k c k tart ullához. Fotos megjegyezi, hogy az k 0 2 max{, 2 } értelmezés garatálja, hogy tuduk alkalmazi a c k - re voatkozó becslést a feti levezetés első sorába. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 33
Szeretém megjegyezi, hogy a Mertes-tétel em általáosítható tovább abba az értelembe, hogy két feltételese koverges sor Cauchy-szorzat lehet diverges. Ellepéldáak vegyük a ( ) sör ömagával vett Cauchy-szorzata. A következő részbe található Leibizt kritériummal em ehéz igazoli, hogy a feti sor koverges. Azoba a Cauchy-szorzat általáos tagja k a k a k k ( ) k k ( ) k ( ) k k( k). Azoba az előző tagok em tartaak a ullához, hisze a k és k számok számtai és mértai közepeire voatkozó egyelőtleség miatt k k k( k) 2 k 2( ) 2 2 ha 2. Alkalmazzuk a Cauchy-szorzatot a 3 összegéek meghatározására! Eh- 2 hez összeszorozzuk a a 2 2 6 és sorokat. A Cauchy-szorzat általáos tagja: k Alkalmazzuk az ismert a k b k k k 2 k k 2 2 k b 2 k 2 ( + )(2 + ) 6 k k 2. 2 azoosságot! Ekkor a Cauchy-szorzat, amiek értéke a két sor szorzata, azaz 6 6, felírható 6 2 2 ( )(2 ) 6 2 2 3 + 3 2 + 2 2 ( + )(2 + ) 6 2 + ( 3 2 2 + 3 34 2 2 + 2 ). 2
Ha a feti egyeletbe behelyettesítjük a már ismert értékeket, akkor a eredméyt kapjuk. 2 2 6, és a 2 2 3 2 26 Az előző példa azt mutatja, hogy a sorok végtele, párokét diszjukt részsorokra való felbotása mellet a Cauchy-szorzat egy újabb módszert ad, amivel ki tuduk számoli további sorok összegét. A Cauchy-szorzat alkalmazható például a k (a >, k P) a sorok kiszámításához (lásd a 23. Feladatot). Az igazsághoz tartozik, hogy éppe az ilye sorok eseté va egy elemi módszer, amivel megkapjuk a sorok egy rekurzív előállítását. A módszer a következő: a következő részbe található háyados kritérium alapjá em ehéz igazoli, hogy a feti sorok kovergesek. Ekkor egy egyszerű átidexeléssel, a Biomiális-tétel felhaszálásával azt kapjuk, hogy k a 0 0 ( + ) k a + k a + + a + a j k j a + 0 ) ( k j 0 k j0 ( ) k j j j a + + ( ) k j j a + a 0 j k j0 k a + k a ( ) k j 0 j a + A keresett sor az egyelőség jobb oldalá is szerepel. Átredezés utá megkapjuk a végeredméyt. k a a a a + ( ) k k j (9) a j a Például, ha a 2 és k 3, akkor 3 ( ) 2 2 3 2 + 2 + ( ) 3 2 2 2 2 + 3 2 + 3 6 26. 35
7. Kovergecia kritériumok A sorok összegéek potos meghatározása legtöbb esetbe ehéz feladat. Eek alátámasztására bizoyítás élkül tekitsük a következő két eredméyt: π2 2 6, ( ) + l 2. A feti két sor általáos tagjai em túl boyolultak, összegük pedig azt sejtetik, hogy komolyabb matematikai módszerek húzódak a számítások hátterébe. Ezért ebbe a részbe em a sorok potos összegeiek meghatározása a cél, haem megelégszük azzal, hogy a sor általáos tagja alapjá viszoylag egyszerű számításokkal és érvelésekkel el tudjuk dötei, hogy a sor koverges vagy diverges. Az erre szolgáló állításokat kovergecia kritériumokkét ismerjük. Rögtö megjegyzük, hogy a sor kovergeciája em függ a kezdő tagjától, csak az a általáos tagját elegedő vizsgáli. Ebbe a részbe a sorokra voatkozó legismertebb kovergecia kritériumokat fogjuk bemutati. További haszos kritériumokat a [7] köybe találuk. Divergecia kritérium Az első kritérium em egy igazi kovergecia kritérium abba a tekitetbe, hogy olya feltételeket szab meg, amelyek segíteek a sor kovergeciája meghatározására. Éppe ellekezőleg, segít kiszűri, hogy melyik sorok em lehetek kovergesek. Az állítást már a 4. részbe igazoltuk. Erre most egy jóval egyszerűbb bizoyítást aduk. 2. Tétel. Ha a a sor koverges, akkor a 0. Bizoyítás. Jelölje s a sor összegét és legye S a sor részletösszege. Ekkor S s és részsorozatára S s szité teljesül. Így Ezzel a tétel állítását igazoltuk. a S S s s 0. Az előző tételből következik, hogy ha egy sor általáos tagja em tart ullához, akkor a sor diverges. Ez alkalmazható éháy sor divergeciájáak gyors megállapítására. Például dötsük el, hogy koverges-e az alábbi sor! + 2 3 36
Mivel a sor általáos tagjára a + + 2 2 2 0, teljesül, azaz em tart ullához, ezért a sor diverges. 6. Feladat. Kovergesek-e az alábbi sorok? a), 00, b) 2 ( + ). Megoldás: A divergecia kritérium szerit: a) a, 00 0, mert q, ha q >. Ezért a sor diverges. b) a ( + ) e 0. Ezért a sor diverges. Összehasolító kritériumok A következő kritérium két sor általáos tagjáak összehasolításából vo le következtetéseket. 3. Tétel. Legye a és b két pozitív tagú sor. Tegyük fel, hogy a b véges sok kivételével. Ekkor ha a b sor koverges, akkor a kritérium), ha a a sor diverges, akkor a kritérium). a sor is koverges (majorás b sor is diverges (miorás Bizoyítás. Az állítás abból következik, hogy pozitív tagú sorok részletösszege mooto övekvő, ezért csak a korlátosságá múlik, hogy koverges-e. Jelölje 0 azt az idexet, amire a b mide 0 eseté, valamit a a és a b sorok részletösszege S a és S. b Ekkor S a S. b 0 0 37
Az első esetbe S b korlátos, így S a is az. Ekkor S a koverges, tehát a a sor koverges és a is az. 0 Az második esetbe S a em korlátos, így S b sem az. Ekkor S b diverges, tehát a b sor diverges és b is az. 0 Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Az összehasolító kritériumokkal többet között igazolható, hogy a 2 sor koverges, tudiillik < mide > eseté és a 3. részébe 2 ( ) igazoltuk, hogy a ( ) ( + ) teleszkopikus sor koverges. Így a majorás kritérium szerit a is koverges. Továbbmegyük, vizsgáljuk meg a sor kovergeciáját p függvéyébe! 2 p 2 sor Az eddigi eredméyekből következik, hogy a feti sor diverges, ha p, és koverges ha p 2. Az p kifejezés aál kisebb, miél agyobb a p értéke fix értékek mellett. Ezért p < eseté a feti sor diverges, mert ekkor tagjai alulról becsülhetők a diverges sor tagjaival, p > 2 eseté a feti sor koverges, mert ekkor tagjai felülről becsülhetők a koverges sor tagjaival. Az < p < 2 2 esetet em tudjuk az összehasolító kritériumokkal vizsgáli. A későbbiekbe igazoli fogjuk, hogy ebbe az esetbe a sor koverges (lásd az p itegrálkritérium). 38
7. Feladat. Kovergesek-e az alábbi sorok? Megoldás: a) c) e) 2 +, b) 2 2 2, + +, d), cos 2, f) 3 2. a) Mivel 2 + > 2 + 3 így a sor diverges. és 3 3, b) Mivel 2 2 < 3 2 így a sor koverges. és 2 3 3 2 <, 2 2 c) Mivel és így a sor diverges. d) Mivel és így a sor koverges. + + + > + 4 4 2 2 + > 4, ( + + ) < 2 2 2 39 3 2 <,
e) Mivel cos 2 < és 2 <, 2 cos így 2 <, azaz az eredeti sor em csak koverges, haem abszolút koverges is. f) Mivel < 2, ami pl. teljes idukcióval agyo egyszerűe igazolható, így < 2 és < 2 2 2. Továbbá a 2 mértai sor koverges. 3 2 Ezért a sor koverges. Gyök- és háyadoskritérium Folytassuk a sorok kovergeciájáak vizsgálatát a következő két kritériummal! 4. Tétel (Cauchy-féle gyökkritérium). Legye a egy végtele sor. Ekkor ha a lim sup ha a lim sup Bizoyítás. Jelölje b : a és a <, akkor a sor abszolút koverges, a >, akkor a sor diverges. p : lim sup b. Ha 0 p <, akkor mide p < q < eseté az b < q egyelőtleség teljesül véges sok idex kivételével. Ekkor b < q és a q mértai sor koverges, így a majorás kritérium szerit a koverges, azaz az eredeti sor abszolút koverges. b sor Ha p >, akkor végtele sok idexre b >, azaz az eredeti sor a általáos tagja em tart ullához, ezért a sor em koverges. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. 40
5. Tétel (D Alembert-féle háyadoskritérium). Legye a egy végtele sor és a 0 mide N eseté. Ekkor ha a lim sup ha a lim if Bizoyítás. Jelölje b : a és a + <, akkor a sor abszolút koverges, a a + >, akkor a sor diverges. a p : lim if b + b +, p 2 : lim sup. b b Ha 0 p 2 <, akkor mide p 2 < q < eseté a b + b < q egyelőtleség teljesül véges sok idex kivételével, azaz b + < qb. Legye 0 olya idex, melytől kezdve az egyelőtleség teljesül. Ekkor a b 0 + < qb 0, b 0 +2 < qb 0 +,..., b 0 +k < qb 0 +k egyelőtleségek összeszorzásával azt kapjuk, hogy b 0 +k < b 0 q k mide k N eseté. Mivel a b 0 q k mértai sor koverges, a k majorás kritérium szerit a b sor koverges, és így az eredeti 0 + sor abszolút koverges. Ha p >, akkor véges sok idex kivételével b < b +, amiből következik, hogy az a sorozat em tarthat ullához, hisze a sorozat abszolút értéke egy idex utá szigorúa mooto övekvő. Ekkor a sor diverges. Ezzel a tétel állítását igazoltuk. Fotos megjegyezi, hogy ha egy adott sor eseté a feti felső határértékek eggyel egyelőek, akkor em egyértelmű a sor kovergeciája. Erre jó példa a sor, hisze ez 0 < p eseté diverges, p > eseté koverges, p 4
és midkét esetbe a háyados- és gyökkritériumál kapott felső határérték eggyel egyelő. Felső és alsó határérték helyett egyszerű határértéket haszáluk, ha ez utóbbi létezik, mert ekkor ezek egyelőek. Lássuk egy példát! A sorról tudjuk, hogy koverges, összegét ki is tudtuk számoli. A kovergecia igazolható a kritériumok alkalmazásával: 2 A Cauchy-féle gyökkritérium szerit a 2 2 2 < koverges A D Alembert-féle háyadoskritérium szerit a + a + 2 + + 2 2 < koverges 2 Nem meglepő, hogy az előző háyados- és gyökkritériumál kapott határértékek megegyezek, hisze igazolható, hogy ha lim létezik, akkor a a + a létezik és a kettő egyelő. Ez az állítás a következő módo általá- lim osítható alsó és felső határértékekre (lásd [4], [5] és [6]): lim if a + a lim if a lim sup a lim sup a + a. Ez azt jeleti, hogy ha egy sor kovergeciája a D Alembert-féle háyadoskritérium alapjá eldöthető, akkor a Cauchy-féle gyökkritériummal is. Az 32. Feladat mutatja az előző állítás élességét. Azoba gyakra a háyadoskritériumot alkalmazzuk, hisze általába köyebb háyadost számoli, mit -edik gyököt. 8. Feladat. Dötsük el, hogy kovergesek-e az alábbi sorok! a) d) 2 +, b)! 3 (!) 2 (2)!, e) 2! 3, c)!, ( ) +, f) 2 ( ).! 42
Megoldás: a) A D Alembert-féle háyadoskritérium szerit a + a +2 (+)! +! + 2 + + 0 < koverges. Az ( + )! ( + )! azoosságot alkalmaztuk. b) A D Alembert-féle háyadoskritérium szerit a + a (+)! 3 +! 3 ( + ) 3 > diverges. c) A D Alembert-féle háyadoskritérium szerit a + a (+)! (+) +! ( + ) e < koverges. d) A D Alembert-féle háyadoskritérium szerit a + a ((+)!) 2 (2+2)! (!) 2 (2)! ( + ) 2 (2 + 2)(2 + ) 4 < koverges. e) A Cauchy-féle gyökkritérium szerit ( ) + a + 2 2 2 < koverges. f) A D Alembert-féle háyadoskritériumot alkalmazzuk a + a (+)!! + 0 < koverges. Az eredeti sor abszolút koverges, azaz koverges is. 43
Leibiz-kritérium Az eddig tault kritériumok alkalmazásával ha eldötöttük, hogy egy sor koverges, akkor abszolút koverges is volt. Ez az jeleti, hogy egy feltételese koverges sor kovergeciáját em lehet meghatározi az alkalmazott módszerekkel. A következő kritérium váltakozó előjelű sorok esetébe yújthat segítséget. 6. Tétel (Leibiz-kritérium). Legye a egy pozitív tagú mooto csökkeő sorozat. Ekkor a ( ) a sor koverges akkor és csak akkor, ha a 0. Bizoyítás. A feltétel szükségessége a 2. Tételből következik. Az elegedőséget úgy igazoljuk, hogy megmutatjuk a sor S -edik részletösszegéek sorozatából képzett S 2k páros elemeiből és S 2k+ páratla elemeiből álló részsorozatok kovergesek és ugyaahhoz az értékhez tartaak. A következő csoportosításából látható, hogy S 2k (a a }{{ 2 ) + (a } 3 a 4 ) + + (a }{{} 2k a 2k ) }{{} >0 >0 >0 szigorúa mooto övekvő, és S 2k+ a + ( a 2 + a }{{ 3 ) + ( a } 4 + a 5 ) + + ( a }{{} 2k + a 2k+ ) }{{} <0 <0 <0 szigorúa mooto csökkeő. Az S 2k+ S 2k a 2k+ > 0 összefüggésből S 2k+ > S 2k következik, azaz S 2 < S 4 < < S 2k < S 2k+ < < S 3 < S, és így a két részsorozat korlátos. Tegyük fel, hogy S 2k+ a és S 2k b. Ekkor a b S 2k+ S 2k a 2k+ 0. A határérték egyértelműsége miatt a b 0 és így a részsorozatok határértéke megegyezik. 44
A Leibiz-kritériummal egyszerűe igazolható, hogy a ( ) + sor koverges, hisze az sorozat mooto csökkeőe tart ullához. Azoba abszolút sora a harmoikus sor, ami diverges, ezért a feti sor feltéte- lese koverges. A mootoitás em hagyható ki a Leibiz-kritérium feltételei közül. Valóba az ha páros a : ha páratla 2 sorozat em mooto, ullához tart, de a belőle alkotott váltakozó előjelű sor em koverges, mert az S 2 ( + 2 + + ) ( + 2 2 2 + + ) részletösszeg egy koverges és egy diverges sorozat külöbségéből áll, ami yilvávalóa diverges. 9. Feladat. Dötsük el, hogy kovergesek-e az alábbi sorok! Megoldás: a) a) a 0. Mivel ( ), b) a + a + + <, ( ) 2 +. így az a sorozat mooto csökkeő. Ekkor a Leibiz-kritérium szerit a sor koverges. b) a 2 + + 0. Mivel 2 a + a + ( + ) 2 + 2 + 2 + ( 2 + 2 + 2)( 2 + ) < 0, így az a sorozat mooto csökkeő. Ekkor a Leibiz-kritérium szerit a sor koverges. 45
Itegrálkritérium Az itegrálkritérium csak olya sorokra alkalmazható, melyek tagjai em egatívak és mooto csökkeő sorozatot alkotak. Ugyaakkor a kritérium emcsak elégségesek, de szükségesek is a sorok kovergeciájához. 7. Tétel (Itegrálkritérium). Legye r egy egész szám, f egy mooto csökkeő, emegatív függvéy az [r, [ félegyeese és a f() mide r egész szám eseté. Ekkor a a sor koverges akkor és csak akkor, ha az r r f(x) dx improprius itegrál értéke véges. Bizoyítás. Legye k > r egy egész szám és B : {r, r +,..., k} az [r, [ itervallum beosztása. Jelölje s k, illetve S k az f függvéy a B beosztáshoz tartozó alsó, illetve felső közelítő összeget, azaz s k k r+ f() és S k hisze az f függvéy mooto csökkeő. k r f(), r s k alsó közelítő összeg k x r k S k felső közelítő összeg x A közelítő összegek tulajdoságaiból tudjuk, hogy k r+ a s k k r f(x) dx S k k r a. (0) r a egy pozitív tagú sor, ezért -edik részletösszege mooto övekvő. Így ha a részletösszeg korlátos, akkor a sor koverges, ha pedig a részletösszeg em korlátos, akkor a sor összege végtele. 46