Matematika | Analízis » Koreczki Bence - Sorok konvergenciakritériumai

http://www.doksihu Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar SOROK KONVERGENCIAKRITÉRIUMAI Szakdolgozat Írta: Koreczki Bence Matematika B.Sc, Matematikai elemző szakirány Témavezető: Pfeil Tamás, adjunktus Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest, 2010 http://www.doksihu Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 2 2. Történeti áttekintés 2 3. Konvergenciakritériumok sorokra 4 3.1 Alapvető tételek, definíciók 4 3.2 Ismertebb kritériumok 5 3.3 A gyökkritérium és a Jame-kritérium 8 3.4 A hányadoskritérium és általánosításai 12 3.5 Dedekind-, Dirichlet- és Abel-kritérium 22 3.6 Nemnegatív, monoton csökkenő tagú sorokra vonatkozó kritériumok 24 3.7 További kritériumok 29 4. Hatványsorok 32 4.1 Bevezető 32 4.2 A Taylor-sorba fejthetőség

szükséges és elégséges feltétele 33 4.3 Példák 36 5. Összefoglalás 41 6. Függelék 42 6.1 Életrajzok 42 7. Köszönetnyilvánítás 49 http://www.doksihu 1. Bevezetés Szakdolgozatom témájául a konvergenciakritériumok bemutatását, összehason- lítását választottam. Egyetemi tanumányaim során megtanultam a fontosabb kritériumokat, így célom e témakör mélyebb feldolgozása, megismerése. Ezen kritériumok segítenek eldönteni egy sorról, hogy konvergens, vagy divergens. Vannak jobban, ill kevésbé használhatóak, speciális sorokra vonatkozóak A kritériumok gyűjtésekor a felhasználhatóságukat vettem figyelembe, azaz azt, hogy a gyakorlatban mennyire alkalmazhatóak Az egyes kritériumok közti kapcsolatokat, különbségeket feladatokon keresztül mutatom be. A szakdolgozatban rövid történeti áttekintés után a kritériumok tárgyalásához szükséges

tételeket, definíciókat vezetem be. Ezek után következnek a konvergenciakritériumok, melyeket leginkább feltételeik és ismertségük alapján csoportosítottam Majd a végtelen sorok speciális eseteivel, a hatványsorok konvergenciájának szükséges és elégséges feltételével foglalkozom. A függelékben pedig azon matematikusok életrajza lelhető fel, kikről konvergenciakritériumot neveztek el 2. Történeti áttekintés Az egynél kisebb kvóciensű mértani sorozat tagjaiból álló végtelen összegek korán megjelentek a matematikában. Végtelen sok szám összegével kapcsolatos gondolatok először az ókori görögöknél alakultak ki. Leghíresebb a Zénon (ie 490-430) nevével fémjelzett paradoxon Több hasonló paradoxon közül a legismertebb Akhilleusz és a teknős futóversenye. Akhilleusz és a teknős versenyezni készülnek. A teknős, mivel sokkal lassabb ellenfelénél, kap egy méter előnyt A verseny kezdetét veszi, Akhilleusz pár

lépéssel ott terem, ahonnan a teknős indult, de mialatt odaért, a hüllő is haladt egy keveset, így Akhilleusz nak azt a távolságot is meg kell tennie. Mire odaér, a teknős ismét haladt valamennyit. Ebből a gondolatmenetből Zénon arra következtetett, hogy Akhilleusz soha sem éri utol a teknőst. Ma már tudjuk, hogy végtelen sok pozitív szám összege lehet véges érték is. Ha összeadjuk a paradoxonban szereplő időszeleteket, amit az egyes lépések igénybe vesznek, véges időt kapunk. Ez anynyi, amennyi ahhoz szükséges, hogy Akhilleusz utolérje a teknőst A paradoxon 2 http://www.doksihu feloldása a következő. Ha Akhilleusz sebessége k szorosa (k > 1) a teknősének, 1 méter előny esetén 1, k1 , k12 , . , k1n távot kell megtennie a futónak, vagyis a verseny 1+ 1 k + 1 k2 + . + 1 kn ideig tart, ahol időegységnek vettük azt az időt, ami alatt Akhilleusz ledolgozza a hátrányát. Először Arisztotelész (ie 384-322) jött rá,

hogy az egynél kisebb kvóciensű mértani sornak lehet véges összege. Később bizonyították, hogy e végtelen sor összege k . k−1 A középkori matematikusoknál egy-egy fizikai probléma megoldása során fellelhetők végtelen összegek, de ezek nem számottevő eredmények. A XV században a csillagászatban, a kerület- és területszámításnál alkalmazták a végtelen sorokat. A XV I. században Francois Viete (1540-1603) adta meg az első képletet a mértani sor összegére vonatkozóan. A XV II században Gregory De Saint Vincent (15841667) foglalkozott Zénon paradoxonaival, és rámutatott, hogy a végtelen mértani sor összege véges, ha a kvóciense kisebb, mint 1. A XV II. század második, ill a XV III század első felében két kiváló matematikus, Isaac Newton (1642-1727) és Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) ezirányú munkásságát követhetjük nyomon, akik egymástól függetlenül fedezték fel a differenciál-, és integrálszámítást.

Mivel korukban sok esetben csak közelítő számításokat tudtak végezni, megnőtt az igény a függvények ún. „végtelen polinomokkal” való előállítására, mivel ezeket könnyebb integrálni Az ilyen polinomokat ma hatványsoroknak hívjuk. Alapvető különbség munkásságukban, hogy míg Newton a legegyszerűbb függvényeket is felbontotta, addig Leibniz a zárt alakot részesítette előnyben. Többek között cos x, sin x, ln(1 + x) felbontását is előállították Brook Taylor (1685-1731) hatékony módszert adott a függvények sorbafejtéséhez. A XV III. század második felében élt és alkotott Leonhard Euler (1707-1783) és Pierre Simon Laplace (1749-1827), kiknek munkássága meghatározó szerepet játszott mind a végtelen sorok, mind a matematika történetében. Az analízis szabatos, precíz fogalmait (határérték, folytonosság, konvergencia, differenciálás, integrálás) a XV III − XIX. században határozták meg Számos matematikus

segítette elő a tudomány ezirányú fejlődését, köztük volt Bernard Bolzano (1781-1848), Augustin Louis Cauchy (1789-1857), Niels Henrik Abel (18021829), Peter Gustav Lejenue Dirichlet (1805-1859), Karl Teodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897). 1810 körül Carl Fridrich Gauss (1777-1855) és Jean Baptiste Joseph Fourier (1768-1930) már precízen kezdték el kezelni a végtelen sorokat. Legnagyobb szerepe a sorelmélet szabatos megalapozásában mégis Cauchynak volt, aki 3 http://www.doksihu 1823-ban megjelent munkájában az részletösszeg-sorozat segítségével definiálta egy sor konvergenciáját, összegét és a divergenciát. Meghatározta konvergenciájának pontos feltételét (Cauchy-kritérium). Bizonyította a gyök-, hányados-, majoráns-, minoránskritériumokat. A későbbiekben többek között Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866), Simeon Devis Poisson (1781-1840), Ulisse Dini (1845-1918), Moritz Cantor (18291920), Henry Louis Lebesgue (1875-1941),

Fejér Lipót(1880-1959) foglalkoztak végtelen sorokkal. A sorelmélet máig szép feladatot ad a matematikai analízis művelőinek. 3. Konvergenciakritériumok sorokra 3.1 Alapvető tételek, definíciók Ebben a fejezetben a konvergenciakritériumok tárgyalásához szükséges tételeket, definíciókat tekintem át. Ezek hivatkozási alapul szolgálnak majd a későbbiekben 3.11 Definíció A P (xn ) sor részletösszegein az sn := n P xk , n ∈ Z+ számokat k=1 értjük. Ha a részletösszegekből képzett (sn ) sorozat konvergens és határértéke A, P akkor azt mondjuk, hogy a (xn ) sor konvergens, és az összege A. Ezt úgy jelöljük, ∞ P hogy xn = A. Ha a részletösszegekből képzett (sn ) sorozat divergens, akkor azt n=1 P mondjuk, hogy a (xn ) sor divergens. Ha lim (sn ) = ∞, akkor azt mondjuk, hogy n∞ P P a (xn ) sor összege ∞. Ha lim (sn ) = −∞, akkor azt mondjuk, hogy a (xn ) sor n∞ összege −∞. 3.12 Tétel Ha a P 3.13 Definíció

A (xn ) sor konvergens, akkor lim xn = 0. n∞ P (xn ) sort abszolút konvergensnek nevezzük, ha a P |xn | sor konvergens. A sort feltételesen konvergensnek nevezzük, ha konvergens, de nem abszolút konvergens 3.14 Tétel (i) Minden abszolút konvergens sor konvergens. (ii) Egy abszolút konvergens sor bármely átrendezettje is abszolút konvergens, és az összege ugyanaz, mint az eredeti soré. 4 http://www.doksihu 3.15 Definíció (korlátos változású számsorozat) Az (xn ) számsorozatot P akkor nevezzük korlátos változásúnak, ha a (xn+1 − xn ) sor abszolút konvergens. 3.16 Tétel (Riemann átrendezési tétele) Ha a P (xn ) sor feltételesen kon- vergens, akkor az átrendezettjei között van olyan, amelyiknek az összege végtelen, van olyan, amelyiknek az összege mínusz végtelen, minden A ∈ R számra van olyan, amelyik konvergens és az összege A, és olyan is van, amelyik divergens és nincs összege. Legyen (xn ) korlátos sorozat.

Készítsük el az αk := sup{xn : n ∈ Z+ , n ≥ k}, k ∈ Z+ sorozatot. Mivel {xn : n ∈ Z+ , n ≥ k} ⊃ {xn : n ∈ Z+ , n ≥ k + 1}, így a felső határukra igaz, hogy αk ≥ αk+1 . Ekkor láthatjuk, hogy (αk ) monoton fogyó sorozat. Mivel (αk ) monoton és korlátos, ezért konvergens, és az inf{αk : k ∈ Z+ } határértékhez tart. 3.17 Definíció lim sup xn := inf{αk : k ∈ Z+ } Az előző gondolatmenethez hasonlóan legyen βk := inf{xn : n ∈ Z+ , n ≥ k}, k ∈ Z+ . (βk ) monoton növő és korlátos sorozat, ebből következően konvergens. 3.18 Definíció lim inf xn := sup{βk : k ∈ Z+ } 3.19 Állítás Ha az (xn ) sorozat konvergens, akkor lim sup xn = lim inf xn = lim(xn ). 3.2 Ismertebb kritériumok Az alábbi kritérium megadja egy sor konvergenciájának pontos feltételét, viszont a gyakorlatban ritkán alkalmazható a feltétele miatt. Ez a kritérium Cauchy nevéhez fűzödik, aki 1823-ban publikálta Analyse algébrique című

könyvében. A további kritériumokat is egyetemi tanulmányaim során ismertem meg, így ezek bizonyítására nem térek ki. 5 http://www.doksihu 3.21 Tétel (Cauchy-kritérium végtelen sorokra) A P (xn ) sor akkor és csak akkor konvergens, ha minden ε ∈ R+ hibakorláthoz létezik olyan N ∈ Z+ úgy, hogy minden N ≤ n < m indexre m X xk < ε. k=n+1 ( n1 ) harmonikus sor divergens. P 1 Indirekt módon tegyük fel, hogy a ( n ) sor konvergens. Ekkor a Cauchy- 3.22 Példa A P kritérium értelmében az ε := 1 2 hibakorláthoz is létezik olyan N ∈ Z+ , hogy minden N ≤ n < m indexre m X 1 1 < . k 2 k=n+1 (*) Legyen m := 2n, ekkor (*) bal oldala csökkenthető úgy, hogy minden tag nevezője helyébe a 2n értéket írjuk, azaz 2n X 1 n 1 = < , n ≥ N. 2 2n k=n+1 k Ez azt mutatja, hogy N értékét bármilyen nagynak is választjuk, nem teljesül minden N ≤ n < m index esetén (*), így a sor valóban divergens. 3.23 Tétel

(majoránskritérium) Ha az (xn ) és (yn ) sorozatokra teljesül a következő két feltétel: (i) valamely N indextől kezdve minden n ≥ N esetén |xn | < yn , (ii) a P ekkor a P (yn ) sor konvergens, (xn ) sor abszolút konvergens. 3.24 Példa A P 1 n2 +ln n sor konvergens, mivel 1 n2 +ln n < konvergens. 3.25 Példa A P 3 (cos n1 )n sor konvergens. A sor tagjait átalakítva kapjuk, hogy  1 n3 = cos n  1 n2 cos n 6 !n , n ∈ Z+ . 1 , n2 n ≥ 2 és P ( n12 ) http://www.doksihu Ha belátjuk, hogy az alap 1−nél kisebb számhoz konvergál, akkor a vizsgált sor egynél kisebb kvóciensű mértani sorral majorálható. Ezt a következőképpen tesszük meg: lim  cos 1 1 1 n2 −1)n2 lim (cos n = e− 2 < 1, = en∞ n  cos  cos n1 − 1 1 1 − 1 n2 = − . 1 n 2 n2 n∞ mert Ebből következik, hogy egy indextől 1  Innen  cos n1 n3 1 n 2 1 + e− 2 cos < =: q < 1. n 2 < q n egy indextől kezdve, így a

majoránskritérium alapján adódik a sor konvergenciája. 3.26 Tétel (minoránskritérium) Ha az (xn ) és (yn ) sorozatokra teljesül a következő két feltétel: (i) valamely N indextől kezdve minden n ≥ N esetén xn < yn , (ii) akkor P∞ n=1 P∞ xn = +∞, n=1 yn = +∞. 3.27 Példa A P ln n n sor divergens, mivel ln n n ≥ n1 , n ≥ 3 és P 1
3.28 Példa A sor p < 1 esetén divergens, mert np P 1
esetén, és divergens. n 1 np P > ( n1 ) divergens. 1 n minden n ∈ Z+ 3.29 Tétel (Leibniz-kritérium) Ha az (xn ) sorozat monoton csökkenő és a nulP P lához tart, akkor a (−1)n−1 xn sor és a (−1)n xn sor is konvergens.
P 3.210 Példa A (−1)n ln 1 + n1 sor feltételesen konvergens.
Az ln 1 + n1 sorozat monoton fogyó nullsorozat, ezért a sor a Leibniz-kritérium szerint konvergens. A  1 1  1 n 1 ln 1 + = ln 1 + ≥ ln 2 , n ∈ Z+ n n n n becslés a minoránskritérium alapján azt jelenti, hogy a sor nem abszolút

konvergens. 7 http://www.doksihu Második megoldás az abszolút konvergencia megcáfolására: Az n X n
1 X sn := = ln(k + 1) − ln k = ln(n + 1) ln 1 + k k=1 k=1  átalakítás alapján lim (sn ) = ∞, tehát n∞ 3.211 Példa A ∞ P ln 1 + n=1 1 n
= ∞.   P 1 (−1)n √1n + (−1)n+1 √n+1 sor divergens. Írjuk fel a sor részletösszeg-sorozatát: k X k X 1 1 √ sk := (−1) √ − , k ∈ Z+ . n n + 1 n=1 n=1 n Itt az első tag konvergens, a második pedig divergens sorozat, hiszen az első LeibnizP 1 típusú sor részletösszeg-sorozata, a másodikat pedig a ( n+1 ) divergens sor minorálja, ezért az eredeti sor divergens. A vizsgált sor váltakozó előjelű, de a tagok abszolút értékéből képzett sorozat nem monoton. Ez a példa megmutatja, hogy a Leibniz-kritérium szükséges feltétele a tagok abszolút értékéből képzett sorozat monotonitása. 3.3 A gyökkritérium és a Jame-kritérium Az alábbi kritériumok a sorok

abszolút konvergenciájára, ill. divergenciájára adnak elégséges feltételt A közös bennük az, hogy feltételeik a sorok n−edik tagjának n−edik gyökét tartalmazzák. 3.31 Tétel (Cauchy-féle gyökkritérium) P (xn ) sor abszolút konvergens. (ii) Ha végtelen sok indexre p n |xn | ≥ 1, akkor a (i) Ha lim sup P p n |xn | < 1, akkor a (xn ) sor divergens. Megjegyzések. p 1. A lim sup n |xn | < 1 feltétel ekvivalens olyan q ∈ [0, 1) létezésével, amelyre p n |xn | < q teljesül minden elég nagy n-re. 2. A gyökkritérium konvergenciafeltétele nem szükséges ahhoz, hogy q egy sor konP 1
vergens legyen. Például a sor konvergens, holott lim n n12 = 1. n2 n∞ 8 http://www.doksihu 3. Az p n |xn | < 1, n ≥ N feltétel önmagában még nem elegendő P (xn ) konver- genciájához. Ez csupán annyit jelent, hogy egy indextől |xn | < 1 4. A divergenciafeltétel teljesül, ha lim sup p n |xn | > 1. p n |xn | = 1 feltételből

sem a sor konvergenciája, sem a divergergenciája n∞ P 1
P 1
nem következik. A sor divergens, pedig konvergens, miközben n n2 q q lim n n1 = lim n n12 = 1. 5. A lim n∞ 3.32 Példa A n∞ P n5 2n +3n sor konvergens. A sor tagjaira n5 1 n5 = , n ∈ Z+ , 2 n n n n 2 +3 3 (3) + 1 és ekkor p 1 n |xn | = 3 s n √ 1 ( n n)5 1 n5 = q < 1. 2 n 3 n ( 2 )n + 1 3 (3) + 1 3 Ezért a gyökkritérium alapján konvergens a sor. P 3.33 Tétel (Jame-kritérium) Legyen Jn := (1 − (i) Ha lim inf Jn > 1, akkor a P √ n (xn ) nemnegatív tagú sor és xn ) n . ln n (xn ) sor konvergens. (ii) Ha egy indextől Jn ≤ 1, akkor P (xn ) divergens. Bizonyítás. (i) Ha lim inf Jn > 1, akkor létezik olyan p ∈ R, p > 1 és N ∈ Z+ , melyekre minden n ≥ N index esetén teljesül   n √ n 1 − xn > p. ln n Ennek átalakításával 1− √ n xn > p ln n , n ≥ N, n  p ln n n > xn , n ≥ N 1− n 9 http://www.doksihu n P 1 − p lnn n

konvergens, hiszen ekkor P a majoránskritérum alapján következik (xn ) konvergenciája. Alakítsuk át a adódik. Elég azt megmutatnunk, hogy felső becslést n ≥ 2 esetén:  Legyen cn := n , ln n p ln n n 1− = n  p  lnnn 1− !ln n n ln n . n ∈ Z+ , n ≥ 2. Ekkor lim cn = ∞, ezért lim n∞ e−p , vagyis p  lnnn  dn := 1 − n ln n n∞  1− p cn  cn = e−p . A konvergencia definíciójából következik, hogy bármely ε ∈ R+ hibakorláthoz létezik olyan M ∈ Z+ , M ≥ 2, melyre minden n ≥ M index esetén e−p+ε > dn . Ezt felhasználva 
ln n
−p+ε p ln n n 1 n 1− = dln < e−p+ε = eln n = p−ε , n ≥ max{M, N }. n n n
P 1 Az ε := p−1 értékre p − ε > 1, emiatt konvergens, így a majorán2 np P P (xn ) is konvergens. skritérium szerint (1 − p lnn n )n , majd (ii) Mivel egy indextől √ n n ≤ 1, ln n  ln n n 1− ≤ xn , n P ezért elég volna (1 − lnnn )n divergenciáját belátni. (1

− xn ) Az f (x) := ln(1−x), D(f ) := (−∞, 1) függvény akárhányszor differenciálható. Alkalmazzuk a 0 középpontú első Taylor-formulát a maradéktag Lagrangealakjával. f 0 (x) = − 1 , 1−x f 00 (x) = − 1 , x ∈ D(f ) (1 − x)2 alapján tetszőleges x ∈ (0, 1) számhoz létezik olyan ξ(x) ∈ (0, x), melyre teljesül ln(1 − x) = −x + 10 1 − (1−ξ(x)) 2 2! x2 . (*) http://www.doksihu Az xn := ln n , n n ∈ Z+ sorozat nullához tart, ebből adódik, hogy egy indextől kezdve xn ∈ [0, 12 ). Ilyen indexekre a ξn := ξ(xn ) jelöléssel 1 0 < ξn < , 2 1 < 4. (1 − ξn )2 Ekkor az xn értéket helyettesítve a (*) egyenletbe kapjuk a következőt:  ln n 1 1 ln2 n ln n  =− − · · , ln 1 − n n 2 (1 − ξn )2 n2 ln n  1 1 ln2 n n ln 1 − = − ln n − · . · n 2 (1 − ξn )2 n  Így a hatványozás és a logaritmus azonosságaiból adódik  2 1 ln n ln n n · lnn n − ln n− 12 · (1−ξn )2 = en ln(1− n

) = e = n 1− 1 n e 2 1 1 · lnn n · 2 (1−ξn )2 . 2 Mivel lim lnn n = 0, az exponenciális függvény 0−beli folytonossága és az átviteli elv alapján 1 e2 ezért egy indextől e · 2 1 · lnn n (1−ξn )2 1, 2 1 1 · · lnn n 2 (1−ξn )2 < 2 teljesül, így alkalmas indextől fennáll  ln n n 1 1− . > n 2n P Végül a minoránskritérium alapján (1 − lnnn )n divergens.  3.34 Példa A P (1 − lnp n n ) n sor p > 1 esetén konvergens, míg p ≤ 1 esetén diver- gens. Alkalmazva a Jame-kritériumot √ n (1 − n xn ) = ln n 1− r n ! lnp n n n 1− = lnp−1 n n ln n adódik, amelyből lim ln n = ∞ miatt következik az állítás. n∞ 11 http://www.doksihu 3.4 A hányadoskritérium és általánosításai Az ebben az alfejezetben található kritériumok közös ismérve, hogy feltételeik mind a vizsgált sor két szomszédos tagjának hányadosát tartalmazzák, és a sor abszolút konvergenciáját, ill.

divergenciáját határozzák meg E kritériumok között igen erős a Kummer-kritérium abban az értelemben, hogy következménye másik három kritérium, és különböző divergens segédsorozatokkal újabb kritériumokat kaphatunk belőle. Az alfejezetben helyet kapott még két kritérium, nevezetesen a hányadosmajoráns és a hányados-minoráns nevű, amelyek következményei a majoráns, ill a minoránskritériumoknak. 3.41 Tétel (D’Alembert féle hányadoskritérium) Legyen (xn ) olyan sorozat, melyre egy indextől xn 6= 0. xn+1 xn (i) Ha lim sup (ii) Ha egy indextől < 1, akkor a xn+1 xn P (xn ) sor abszolút konvergens. ≥ 1, akkor a P (xn ) sor divergens. Megjegyzések. 1. A lim sup | xxn+1 | < 1 feltétel egyenértékű olyan q ∈ [0, 1) létezésével, amelyre n xn+1 xn < q teljesül minden elég nagy n esetén. 2. A hányadoskritérium feltételei nem szükségesek ahhoz, hogy egy sor konverP 1
2 gens legyen. Például a = 1. sor

konvergens, miközben lim 1/(n+1) n2 1/n2 n∞ 3. Az xn+1 xn < 1, n ≥ N feltétel önmagában még nem elegendő P (xn ) kon- vergenciájához. Ez csupán annyit jelent, hogy az (|xn |) sorozat az N indextől szigorúan monoton fogy. 4. A divergenciafeltétel fennáll, ha lim inf 5. A lim xn+1 xn > 1. xn+1 xn = 1 feltételből sem a sor konvergenciája, sem a divergenciája nem P 1
P 1
következik, ugyanis a sor divergens, pedig konvergens, holott n n2 n∞ 1/(n+1) n∞ 1/n lim 3.42 Példa A 1/(n+1)2 2 n∞ 1/n = lim P n5 2n +3n = 1. sor konvergens. ( 2 )n + 1 xn+1 1 (n + 1)5 1  1 5 ( 23 )n + 1 1 = n+1 2 n+1 · 3n 3 5 = · 1+ < 1, 2 n+1 xn 3 n 3 n (3) 3 (3) +1 +1 12 http://www.doksihu ezért a hányadoskritérium alapján a sor valóban konvergens. 3.43 Állítás Ha lim sup xn+1 xn az (xn ) sorozat tagjai p n < 1 esetén lim sup |xn | < 1. nullától különbözőek, 3.44 Következmény Ha az (xn ) sorozat tagjai nullától

különbözőek, és a akkor P (xn ) sor konvergenciája a hányadoskritériummal eldönthető, akkor a gyökkritériummal is. Bizonyítás. A lim sup xn+1 xn < 1 feltétel szerint létezik olyan q ∈ (0, 1) és N ∈ Z+ , melyre xn+1 ≤ q < 1, n ≥ N. xn Elemi átalakítással p n r xn xN +1 ··· , n > N. |xn | = n |xN | xN xn−1 Mivel a gyök alatti hányadosok értéke rendre legfeljebb q, ezért r p p p xN n n n n−N |xn | ≤ |xN | · q = n N · q q < 1, q p így az ( n |xn |) sorozat egy indextől kezdve kisebb, mint 1+q 2 p n lim sup |xn | < 1. 3.45 Példa Legyen P < 1. Tehát (xn ) az sor, ahol ( 3−n , ha n páros, xn = 5−n , ha n páratlan. Alkalmazzuk a gyökkritériumot! lim p 2n n∞ 1 |x2n | = , 3 és lim n∞ ezért lim sup p n 1 |x2n+1 | = , 5 p 2n+1 |xn | = 31 . Tehát a gyökkritérium szerint a sor konvergens Most alkalmazzuk a hányadoskritériumot! ( 1 3 n ( ) , ha n páros, xn+1 5 5 = 1 5 n xn ( ) , ha n

páratlan. 3 3 13 http://www.doksihu Ezért xn+1 = ∞. xn Tehát a sor konvergenciája hányadoskritériummal nem dönthető el. lim sup 3.46 Következmény (hányados-majoráns kritérium) Ha P (zn ) olyan pozi- tív tagú konvergens sor, amelyre az N ∈ Z+ küszöbindextől kezdve minden k egészre |xk+1 | zk+1 ≤ , |xk | zk akkor a P (xn ) sor abszolút konvergens. Bizonyítás. A feltételben szereplő egyenlőtlenséget tetszőleges n > N mellett az N, N +1, . , n−1 indexekre felírva, majd a kapott egyenlőtlenségeket összeszorozva a következőt kapjuk: zn |xn | ≤ , n > N. |xN | zN Így alkalmazhatjuk a majoránskritériumot az yn := 3.47 Példa A Felülről P nn−2 xN z , zN n n ∈ Z+ sorozattal.  sor konvergens. en n! becsülve a xxn+1 n hányadost  xn+1 = xn 1+ 1 n e n−2 <  n 2 = n+1 1 (n+1)2 1 n2 adódik, innen a hánydos-majoráns kritérium következménye a sor konvergenciája. 3.48 Következmény (hányados-minoráns

kritérium) Ha P (zn ) + pozitív tagú divergens sor, (yn ) pozitív tagú sorozat, továbbá N ∈ Z olyan küszöbindex, amelytől kezdve minden k egész esetén a pozitív tagú (yn ) sorozatra teljesül zk+1 yk+1 ≥ , yk zk akkor a P (yn ) sor divergens. 14 http://www.doksihu Bizonyítás. A feltételben szereplő egyenlőtlenséget tetszőleges n > N mellett az N, N +1, . , n−1 indexekre felírva, majd a kapott egyenlőtlenségeket összeszorozva kapható yn zn ≥ , n > N. yN zN Ezért alkalmazhatjuk a minoránskritériumot az xn := yN z zN n sorozattal.  3.49 Tétel (Raabe-kritérium) Legyen (xn ) pozitív tagú sorozat és   xn Rn := n − 1 , n ∈ Z+ . xn+1 P (i) Ha lim inf Rn > 1, akkor a (xn ) sor konvergens. (ii) Ha egy indextől Rn ≤ 1, akkor a P (xn ) sor divergens. Bizonyítás. (i) A feltételből következik, hogy létezik olyan pozitív r szám, amelyre valamely N indextől teljesül az alábbi egyenlőtlenség:   x n − 1 >

1 + r. n xn+1 Ezt átrendezve kapjuk, hogy nxn − (n + 1)xn+1 > rxn+1 , n ≥ N. Ezt az N, N + 1, . , n indexekre alkalmazzuk, majd az így kapott egyenlőtlenségeket összeadjuk Jelesül N xN − (N + 1)xN +1 > rxN +1 , (N + 1)xN +1 − (N + 2)xN +2 > rxN +2 , . . nxn − (n + 1)xn+1 > rxn+1 . Az egyenlőtlenséget összeadva a bal oldal teleszkópos összegként viselkedik. Az így kapott összefüggés bal oldalát triviálisan felülről becsülve adódik N xN > N xN − (n + 1)xn+1 > r n+1 X k=N +1 15 xk , http://www.doksihu melyet átalakítva n+1 X N xN > xk , n > N. r k=N +1 Ekkor mindkét oldalhoz hozzáadjuk a N P xk összeget, így k=1 N n+1 X N xN X + xk > xk , n > N. r k=1 k=1 Mivel a bal oldalon álló szám a jobb oldali részletösszegek felső korlátja, P következésképpen a pozitív tagú (xk ) sor konvergens. (ii) A divergenciafeltételt a fentiekhez hasonlóan bizonyíthatjuk azzal a különbséggel, hogy itt az n 

x  n − 1 ≤ 1, n ≥ N xn+1 összefüggést algebrailag átalakítva, majd az N, N + 1, . , n indexekre felírva, utána a kapott egyenlőtlenségeket összegezve, végül (n + 1)−gyel osztva az N xN · 1 ≤ xn+1 n+1 egyenlőtlenséget kapjuk. Így a minoránskritériumot felhasználva adódik P (xk ) divergenciája.  3.410 Példa A Az xn := P (2n−1)!! (2n−1)!! , (2n)!! (2n)!! sor divergens. n ∈ Z+ jelöléssel xn 2n + 2 = 1, = lim xn+1 n∞ 2n + 1 ezért a hányadoskritériummal nem dönthető el a sor konvergenciája. Alkalmazzuk a Raabe-kritériumot! Ekkor  x   2n + 2  n 1 n n −1 =n −1 = <1 xn+1 2n + 1 2n + 1 2 alapján a sor divergens. Második megoldás: Az előző feladatot elemi úton is meg lehet oldani. Ehhez vizsgáljuk a következő triviális egyenlőtlenségeket: 2 3 < , 3 4 4 5 < , 5 6 2n − 2 2n − 1 < . 2n − 1 2n 16 http://www.doksihu Mind a bal, mind a jobb oldalakat szorozzuk össze, ekkor (2n − 2)!! (2n −

1)!! , < (2n)!! (2n − 1)!! 2  (2n)!! 2 < 2 · 2n, (2n − 1)!! majd 1 (2n − 1)!! > √ (2n)!! 2 n adódik. Innen a minoránskritériumot alkalmazva a sor divergens 3.411 Tétel (Kummer-kritérium) Legyen (xn ) pozitív tagú sorozat és (cn ) ∞ P 1 = +∞. olyan pozitív tagú segédsorozat, amelyre cn n=1   (i) Ha lim sup cn+1 xxn+1 − cn < 0, akkor n P (xn ) konvergens. − cn ≥ 0, akkor (ii) Ha egy indextől kezdve cn+1 xxn+1 n P (xn ) divergens. Bizonyítás.
− c (i) A lim sup cn+1 xxn+1 < 0 feltételből következik olyan δ ∈ R+ létezése, n n amelyre egy N indextől kezdve cn+1 xn+1 − cn ≤ −δ, n ≥ N. xn Ebből következik cn+1 xn+1 − cn xn ≤ −δxn < 0, n ≥ N. (*) Tehát (cn xn ) egy indextől monoton csökkenő pozitív tagú sorozat, így konverP gens. (cn+1 xn+1 − cn xn ) konvergens sor, mert n ∞ esetén Sn := n X (ck+1 xk+1 − ck xk ) = (cn+1 xn+1 − c1 x1 ) lim (cn xn ) − c1 x1 . n∞ k=1 A

(*) egyenlőtlenségből következik −(cn+1 xn+1 − cn xn ) ≥ δxn , n ≥ N. A majoránskritériumot alkalmazva kapjuk, hogy P (xn ) is. 17 P (δxn ) konvergens, így http://www.doksihu (ii) A feltétel szerint létezik olyan N index, amelyre n ≥ N esetén cn+1 xn+1 − cn ≥ 0, xn xn+1 cn ≥ = xn cn+1 1 cn+1 1 cn . P∞ 1 n=1 cn+1 = ∞, a hányados-minoráns kritériumot alkalmazva P megkapjuk, hogy (xn ) divergens.  Mivel 3.412 Tétel (Kummer-kritérium második alakja) Legyen (xn ) pozitív tagú ∞ P 1 sorozat és (cn ) olyan pozitív tagú segédsorozat, amelyre = +∞. cn n=1   n − cn+1 > 0, akkor (i) Ha lim inf cn xxn+1 P (xn ) konvergens. n − cn+1 ≤ 0, akkor (ii) Ha egy indextől kezdve cn xxn+1 P (xn ) divergens. Bizonyítás. A tétel az előző alakjához hasonlóan igazolható, sőt a két divergenciafeltétel ekvivalenciája elemi átalakításokkal megmutatható Megjegyzések. 1. A cn := 1, n ∈ Z+ választással a

hányadoskritériumot kapjuk, hiszen a konvergencia feltétele  xn+1 xn+1 − 1 < 0 ⇔ lim sup < 1, lim sup 1 · xn xn  a divergencia feltétele pedig 1· xn+1 xn+1 −1≥0⇔ ≥1 xn xn egy indextől. 2. A cn := n, n ∈ Z+ segédsorozattal megkapjuk a Raabe-kritériumot, hiszen a konvergencia feltétele      xn xn − (n + 1) > 0 ⇔ lim inf n −1 > 1. lim inf n · xn+1 xn+1 A divergencia feltétele így ekvivalens azzal, hogy  x  xn n n· − (n + 1) ≤ 0 ⇔ n − 1 ≤ 1, xn+1 xn+1 egy indextől kezdve. 18 http://www.doksihu P 3.413 Tétel (Bertrand-kritérium) Legyen (xn ) pozitív tagú sor és !  x  n Bn := n − 1 − 1 ln n, n ∈ Z+ . xn+1 (i) Ha lim inf Bn > 1 akkor a sor konvergens. (ii) Ha egy indextől Bn ≤ 1, akkor a sor divergens. Bizonyítás. (i) A Kummer-kritérium második alakját a cn := n ln n, n ∈ Z+ , n ≥ 2 segédsorozattal alkalmazva a konvergencia feltétele lim inf xn n ln n − (n + 1) ln(n + 1) xn+1 ! > 0,

átalakítva lim inf   x   n n ln n n − 1 − 1 + (n + 1) ln xn+1 n+1 ! > 0. Innen (n + 1) ln   n 1 1 n+1 = −(n + 1) ln 1 + = − ln 1 + −1 n+1 n n felhasználásával kapható !   x n − 1 − 1 > 1, lim inf ln n n xn+1 ami a Bertrand-kritérium konvergenciafeltétele. (ii) A divergenciafeltétel is a Kummer-kritérium következménye, ugyanezzel a segédsorozattal bizonyítható. Tehát ha egy indextől n ln n xn − (n + 1) ln(n + 1) ≤ 0, xn+1 akkor ezt átrendezve kapjuk, hogy   x   n n ln n n − 1 − 1 + (n + 1) ln ≤ 0. xn+1 n+1 19 http://www.doksihu Az  n 1 n+1 = − ln 1 + , n ∈ Z+ n+1 n sorozat szigorúan monoton nő és a határértéke −1, ezért (n + 1) ln (n + 1) ln n < −1, n ∈ Z+ . n+1 Ebből következik, hogy ha egy indextől teljesül !   x n − 1 − 1 ≤ 1, ln n n xn+1 P akkor xn divergens. 3.414 Tétel (Gauss-kritérium) Ha (xn ) pozitív tagú sorozat, valamint létezik olyan λ, ε ∈ R+ , µ ∈ R és

(θn ) korlátos sorozat, amelyre xn xn+1 n = λ+ nµ + nθ1+ε , n ∈ Z+ , akkor (i) λ > 1 esetén a P (xn ) sor konvergens, λ < 1 esetén pedig divergens. (ii) Ha λ = 1 és µ > 1, akkor a P (xn ) sor konvergens, λ = 1 és µ ≤ 1 esetén pedig divergens. Bizonyítás. (i) Alkalmazzuk a hányadoskritériumot a λ > 1 esetre. Ekkor xn+1 1 1 = lim = <1 µ θ n n∞ xn n∞ λ + λ + n1+ε n P adódik, amiből következik a (xn ) sor konvergenciája. Ha λ < 1, akkor lim 1 λ > 1, következésképpen a sor divergens. (ii) λ = 1 esetén a Raabe-kritériumot alkalmazzuk.    xn θn  lim n − 1 = lim µ + ε = µ. n∞ n∞ xn+1 n P Ekkor µ > 1 esetén a (xn ) sor konvergens, ha pedig µ < 1, akkor a sor divergens. Ha µ = 1, alkalmazzuk a Bertrand-kritériumot Tehát !   xn θn ln n lim n − 1 − 1 ln n = lim = 0 < 1, n∞ n∞ xn+1 nε P így (xn ) divergens.  20 http://www.doksihu 3.415 Példa Legyen P (xn ) az a sor, ahol

xn :=  (2n − 1)!! k (2n)!! , n ∈ Z+ . A sor k > 2 esetén konvergens, k ≤ 2 esetén divergens. Mivel  2n + 2 k  xn 1 k = = 1+ , n ∈ Z+ , xn+1 2n + 1 2n + 1 ezért !  x   1 k n n −1 =n 1+ −1 = xn+1 2n + 1 !       k 1 2 k 1 k k 1 + + . + , n ∈ Z+ , =n 2 2n + 1 k 2n + 1 1 2n + 1 ahol felhasználtuk a binomiális tételt. Ekkor lim n( n∞ xn k − 1) = . xn+1 2 A Raabe-kritériumot alkalmazva kapjuk, hogy ha k > 2, akkor a sor konvergens, ha pedig k < 2, a sor divergens. Ha k = 2, akkor teljesül  2n + 2 2  xn 1 2 2 1 = = 1+ =1+ + = xn+1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 (2n + 1)2 =1+ 1 1  1 1 1 1 1− + =1+ − + = 2 n 2n + 1 (2n + 1) n n(2n + 1) (2n + 1)2  1 1 n n2 =1+ + 2 − + . n n 2n + 1 (2n + 1)2 Ekkor alkalmazható Gauss kritériuma a θn := − n2 n , n ∈ Z+ + 2 2n + 1 (2n + 1) korlátos segédsorozattal. Így a kritériumbeli egyenlőség a λ = 1, µ = 1 és ε = 1 értékek mellett teljesül, tehát a sor divergens. 21

http://www.doksihu 3.5 Dedekind-, Dirichlet- és Abel-kritérium A következő három kritérium sorok konvergenciáját határozza meg, viszont az abszolút konvergencia eldöntésére nem alkalmas. Ezeknek a soroknak a tagjai két sorozat szorzatából állnak. 3.51 Tétel (Dedekind-kritérium) Ha az (yn ) sorozat (sn ) részletösszegsorozata korlátos, és (xn ) korlátos változású nullsorozat, akkor mind a P P sn (xn − xn+1 ), mind a (xn yn ) sor konvergens, és összegeik egyenlők. Bizonyítás. A P sn (xn − xn+1 ) sor abszolút konvergens, mert a tagok abszolút értékéből alkotott sor részletösszegei n X |sk (xk − xk+1 )| = k=1 n X |sk ||xk − xk+1 | ≤ k=1 + ≤ sup{|sk | : k ∈ Z } · n X |xk − xk+1 |, n ∈ Z+ k=1 alapján korlátosak. A P sn (xn − xn+1 ) sor abszolút konvergens, következésképpen konvergens is. Az s0 := 0 jelöléssel minden k ∈ Z+ indexre yk = sk − sk−1 , ezért n X xk y k = n X xk (sk − sk−1 ) = xk

s k − = xn s n + n−1 X n X xk sk−1 = n X xk s k − k=1 k=2 k=1 k=1 k=1 n X n−1 X xk+1 sk = k=1 sk (xk − xk+1 ), n ∈ Z+ . k=1 Az (xn sn ) nullsorozat, mert (xn ) nullsorozat, és (sn ) korlátos. Végül mindkét oldal határértékét véve ∞ ∞ ∞ X X X xk yk = lim xn sn + sk (xk − xk+1 ) = sk (xk − xk+1 ).  n∞ k=1 k=1 k=1 3.52 Következmény (Dirichlet-kritérium) Ha az (yn ) sorozat részletösszegP sorozata korlátos, valamint (xn ) monoton nullsorozat, akkor (xn yn ) konvergens. Bizonyítás. Ha (xn ) monoton nullsorozat, akkor korlátos változású, mert P (xn − xn+1 ) állandó előjelű sor, és pl. nemnegatív tagú sorra n X k=1 |xk − xk+1 | = n X (xk − xk+1 ) = x1 − xn+1 x1 , k=1 ha n +∞. Ezért a Dedekind-kritérium alapján 22 P (xn yn ) konvergens.  http://www.doksihu Megjegyzés. (1) A Dirichlet-kritérium speciális esetként tartalmazza a Leibniz-kritériumot, hiszen yn := (−1)n−1 , ill. yn :=

(−1)n , n ∈ Z+ esetén megkapjuk az utóbbit P cos n 3.53 Példa A sor konvergens. n P Alkalmazhatjuk a Dirichlet-kritériumot, hiszen cos k részletösszegei korlán P cos k valóban korlátosak, és ( n1 ) monoton nullsorozat. Azt kell belátnunk, hogy k=1 tos. Ezt a következőképpen tehetjük meg Legyen sn := n X cos k, n ∈ Z+ . k=1 Szorozzuk be sin 1 −del 2 mindkét oldalt. Ekkor azt kapjuk, hogy 1 1 1 1 = cos 1 sin + cos 2 sin + . + cos n sin = 2 2 2 2     1 1 1 1 1 = − sin 1 − + sin 1 + − sin 2 − + sin 2 + − . 2 2 2 2 2 ! !    1 1 1 1 1 − sin n − + sin n + − sin = sin n + . 2 2 2 2 2 sn sin Ebből adódik, hogy n X
sin n + 12 − sin 12 cos k = sn = , n ∈ Z+ , 1 2 sin 2 k=1 amiből valóban következik (sn ) korlátossága. P sin n 3.54 Példa A (1 + 21 + . + n1 ) sor konvergens n A Dirichlet-kritérium feltételeinek ellenőrzéséhez bizonyítanunk kell egyrészt, n P hogy sin kx részletösszeg-sorozata korlátos. Ehhez

használjuk fel a következő k=1 összefüggést: n X cos 12 − cos(n + 12 ) sin kx = . 2 sin 21 k=1 Az xn := 1 1+ 12 +.+ n n sorozat a 0−hoz tartó monoton 1 n
sorozat számtaniközép- sorozat, ezért (xn ) monoton és xn 0. Ekkor valóban használható a Dirichletkritérium P 3.55 Tétel (Abel-kritérium) Ha a (yn ) sor konvergens és (xn ) korlátos válP tozású sorozat, akkor a (xn yn ) sor konvergens. 23 http://www.doksihu Bizonyítás. A Dedekind-kritérium bizonyításának a végét módosítva megkaphatjatjuk az állítást Mivel (xn ) korlátos változású, ezért konvergens, így lim xn sn = lim xn · lim sn = lim xn · n∞ Ez alapján P n∞ n∞ n∞ ∞ X yk ∈ R. k=1 (xn yn ) konvergens, és ∞ X xk yk = lim xn · k=1 n∞ ∞ X yk + k=1 ∞ X sk (xk − xk+1 ).  k=1
n P 3.56 Példa A 1 + n1 · cosn n sor konvergens. P A ( cosn n ) konvergenciáját beláttuk az 3.53 példában, az (1+ n1 )n sorozat monoton és korlátos,

tehát korlátos változású Így az Abel-kritérium szerint a szorzatsor valóban konvergens. 3.6 Nemnegatív, monoton csökkenő tagú sorokra vonatkozó kritériumok Az első kivételével a tételek csak olyan sorokra alkalmazhatóak, melyek tagjai nemnegatívak, és monoton csökkenő sorozatot alkotnak. Ezek a kritériumok viszont nemcsak elégségesek, de szükségesek is a sorok konvergenciájához. 3.61 Tétel Ha (xn ) pozitív tagú, monoton fogyó sorozat és P (xn ) konvergens sor, akkor lim nxn = 0. n∞ Bizonyítás. A tételt a sorokra vonatkozó Cauchy-kritérium segítségével látjuk be. Minden ε ∈ R+ hibakorláthoz létezik olyan N ∈ N+ úgy, hogy minden N ≤ n indexre 2n X ε xk < . 2 k=n+1 Mivel ennek az összegnek minden tagja alulról becsülhető az x2n értékkel, és n darab összeadandónk van, ezért nx2n ≤ 2n X ε xk < , n ≥ N, 2 k=n+1 tehát (2n)x2n < ε, n ≥ N. Következésképpen az (nxn ) sorozat páros indexű

részsorozata nullához tart Páratlan indexekre hasonló módon látható be az állítás azzal 24 http://www.doksihu a különbséggel, hogy itt az x2n+1 értékkel becsülhetjük alulról a következő összeg minden tagját: (n + 1)x2n+1 ≤ 2n+1 X ε xk < , n ≥ N. 2 k=n+1 Így (nxn ) páratlan indexű részsorozata szintén nullához tart.  3.62 Példa A nn n!en P
sor divergens. A sor pozitív tagú, és a tagok sorozata monoton fogy, mert (n+1)n+1 (n+1)!en+1 nn n!en A bn := n · nn , en n! 1 + n1 = e
n < 1, n ∈ Z+ . n ∈ Z+ sorozatra n + 1 1 + n1 bn+1 = · bn n e
n = 1+
1 n+1 n e > 1, n ∈ Z+ adódik. Tehát a (bn ) sorozat monoton növő, így nem tart nullához Ezért az előző tétel szerint a vizsgált sor divergens. 3.63 Tétel (integrálkritérium) Legyen a ∈ Z, valamint legyen f : [a, ∞) R P monoton csökkenő, nemnegatív függvény. A f (n) sor akkor és csak akkor konverR∞ gens, ha az a f (x)dx improprius integrál

konvergens. 3.64 Példa A Z∞ P 1 dx = lim y∞ xp 1 , np Zy 1 p > 1 hiperhamonikus sor konvergens. h x−p+1 iy  y 1−p 1  1 x dx = lim = lim − = y∞ −p + 1 1 y∞ 1 − p 1−p p−1 −p 1 alapján konvergens az improprius integrál, így a sor konvergens. 3.65 Példa A P 1 n(ln n)p sor p > 1 esetén konvergens, míg p ≤ 1 esetén divergens. Ha p ≤ 0, akkor a minoránskritérium következménye a sor divergenciája. Ha p pozitív, használjuk az integrálkritériumot! A p = 1 esetben Z∞ 2 1 dx = lim y∞ x ln x Zy 1 dx = lim [ln ln x]y2 = lim (ln ln y − ln ln 2) = ∞ y∞ y∞ x ln x 2 25 http://www.doksihu szerint az improprius integrál divergens, következésképpen a P 1 n ln n
sor is diver- gens. A p ∈ R+ , p 6= 1 esetben Zy h (ln x)1−p iy 1 . dx = x(ln x)p 1−p 2 2 Ha p > 1, akkor Zy lim y+∞ 1 1 1 dx = p x(ln x) p − 1 (ln 2)p−1 2 alapján a sor konvergens. Ha p < 1, akkor Zy lim y+∞ 1 dx = ∞,

x(ln x)p 2 tehát a sor divergens. 3.66 Tétel (kondenzációs kritérium) Ha az (xn ) sorozat nemnegatív tagú és P P n monoton csökkenő, akkor a (xn ) és a (2 x2n ) sorok egyszerre konvergensek, egyszerre divergensek. Bizonyítás. A tételben szereplő mindkét sor nemnegatív tagú, ezért pontosan akkor konvergens, amikor a részletösszeg-sorozat felülről korlátos. Tehát elegendő azt igazolni, hogy a két részletösszeg-sorozata ugyanakkor felülről korlátos. Jelölje sn := n X xk , Sn := n X 2k x2k , n ∈ Z+ k=1 k=1 a sorok részletösszegeit. Legyen továbbá s0 := 0, S0 := 0 Mivel x2n ≥ xi minden i > 2n indexre, így n+1 2X n Sn − Sn−1 = 2 · x2n ≥ xi = s2n+1 − s2n , n ∈ Z+ , i=2n +1 ezenkívül Sn = n X k=1 (Sk − Sk−1 ) ≥ n X (s2k+1 − s2k ) = s2n+1 − s2 . k=1 Ha az (Sn ) sorozat felülről korlátos, akkor az (s2n+1 ) sorozat is felülről korlátos. A monoton növő (sn ) részletösszeg-sorozat felülről

korlátos, mert felülről korlátos részsorozata van. 26 http://www.doksihu Mivel x2n ≤ xi minden i ≤ 2n indexre, így n 2 X n Sn − Sn−1 = 2 · x2n ≤ 2 · xi = 2(s2n − s2n−1 ), n ∈ Z+ , i=2n−1 +1 ezért Sn = n X (Sk − Sk−1 ) ≤ 2 · k=1 n X (s2k − s2k−1 ) = 2(s2n − s1 ). k=1 Ha az (sn ) részletösszeg-sorozat felülről korlátos, akkor az (Sn ) részletösszeg-sorozat is az.  3.67 Példa A P 1 n(ln n)p sor p > 1 esetén konvergens, míg p ≤ 1 esetén divergens. Most alkalmazzuk a sorra a kondenzációs kritériumot! X A P 1 np
(2n x2n ) = X 2n X 1 1 1 = · p. n n p p 2 (ln 2 ) (ln 2) n hiperharmonikus sor p > 1 esetén konvergens, p ≤ 1 esetén pedig diver- gens, ebből következik a példa állítása. 3.68 Tétel (Jermakov-kritérium) Tegyük fel, hogy f : [0, ∞) R+ pozitív értékű monoton csökkenő függvény, és létezik ex f (ex ) =: λ. x∞ f (x) lim Ha λ < 1, akkor a P f (n) sor

konvergens, ha pedig λ > 1, akkor a sor divergens. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f pozitív, monoton fogyó, és ex f (ex ) = λ. lim x∞ f (x) P f (n) konvergenciája az integrálkritérium miatt azzal ekvivalens, hogy (*) R∞ f (x)dx 0 konvergens. Így λ < 1 esetén elég azt bebizonyítanunk, hogy az improprius integrál konvergens. Ekkor a, b ∈ R, 0 ≤ a < b esetén az y = ex helyettesítéssel Zeb Zb f (y)dy = ea a 27 ex f (ex )dx http://www.doksihu teljesül, mert a monoton f függvény Riemann-integrálható a korlátos és zárt [ea , eb ] intervallumon. A (*) egyenlőségből következik, hogy létezik olyan x0 > 0, amelyre minden x > x0 esetén ex f (ex ) 1+λ < < 1. f (x) 2 Legyen b0 := x0 és bn+1 := ebn , n ∈ Z+ . Ekkor Zb2 Zb1 f (y)dy = b1 hasonlóan Zb3 1+λ ex f (ex ) dx < | {z } 2 b0 < 1+λ f (x) 2 1+λ f (y)dy < 2 b2 Zb2 f (y)dy < Zb1 f (y)dy, b0  1 + λ 2 Zb1 2 b1 f (y)dy, b0 sőt teljes

indukcióval igazolható Zbk+1  1 + λ k Zb1 f (y)dy < f (y)dy, k ∈ Z+ . 2 bk b0 Ezt felhasználva Zbn+1 Zbk+1 n X f (y)dy < f (y)dy = k=0 x0 Zex0 n  X 1 + λ k k=0 ahol az első tényezőt az 2 bk x0 1+λ 2 Zex0 2 f (y)dy < 1−λ f (y)dy, x0 kvóciensű mértani sor összegével becsültük. Ha bn ≤ b < bn+1 , akkor Zb x0 Zbn+1 f (y)dy < f (y)dy < 2 1−λ x0 Zex0 f (y)dy x0 alapján a bal oldali Riemann-integrál a felső határ korlátos függvénye, ezért Z∞ Zb f (y)dy = lim f (y)dy < x∞ x0 2 1−λ Zex0 f (y)dy x0 x0 teljesül. Tehát f improprius integrálja az [x0 , ∞) intervallumon konvergens, ezért P [0, ∞] intervallumon is, amivel ekvivalens a f (n) sor konvergenciája. 28 http://www.doksihu A divergenciafeltételt hasonló módszerrel látjuk be. Ha λ > 1 teljesül, akkor megismételhetjük a fenti bizonyítást a mértani sor összegével való becslésig fordított relációkkal. Ekkor ex0 Zbn f

(y)dy > Z n−1  X 1 + λ k 2 k=0 x0 f (y)dy, n ∈ Z+ . x0 A jobb oldalon álló Riemann-integrál pozitív, valamint ∞  X 1 + λ k = ∞, 2 k=0 amiből következik lim Rbn n∞ x f (y)dy = ∞. A pozitív f függvény R∞ f (y)dy improprius x0 0 integrálja létezik, és valós szám vagy végtelen. Mivel van olyan szigorúan monoton Rbn növő és végtelenhez tartó (bn ) sorozat, melyre f (y)dy ∞, azért az átviteli elv x0 alapján Z∞ Zb f (y)dy = ∞, f (y)dy = lim n∞ x0 x0 P tehát az integrálkritérium szerint f (n) divergens.  P 1 sor divergens. Az f (x) := x ln1 x , x ∈ [2, ∞) függvényre 3.69 Példa A n ln n f (ex ) · ex = f (x) 1 ex x · ex 1 x ln x = ln x ∞, ezért a Jermakov-kritérium szerint a sor divergens. P 1 3.610 Példa A sor divergens. Az f (x) := n·ln n·ln ln n 1 , x·ln x·ln ln x x ∈ [3, ∞) függvényre 1 · ex f (ex ) · ex x = e x ln1x = ln ln x ∞, f (x) x ln x ln ln x így a sor a

Jermakov-kritérium alapján divergens. 3.7 További kritériumok 3.71 Tétel (logaritmikus kritérium) Legyen P (xn ) pozitív tagú sor és ln 1 Ln := xn , n ∈ Z+ , n ≥ 2. ln n P (i) Ha lim inf Ln > 1, akkor (xn ) konvergens. (ii) Ha egy indextől Ln ≤ 1, akkor P (xn ) divergens. 29 http://www.doksihu Bizonyítás. (i) Ha lim inf Ln > 1, akkor létezik olyan α ∈ R+ és N ∈ Z+ , melyekre ln x1n ln n ≥ 1 + α, n ≥ N,  − ln xn ≥ (1 + α) ln n ln xn ≤ −(1 + α) ln n = ln · (−1) 1 n1+α , n ≥ N. Az exponenciális függvény szigorú monoton növekedése alapján adódik xn ≤ 1 n1+α 1 , n ≥ N. n1+α
hiperharmonikus sor α ∈ R+ esetén konvergens, így a maP joránskritérium következményeként a (xn ) sor is konvergens. Mivel a P (ii) A divergenciafeltétel is hasonló módon bizonyítható. Ha egy N indextől ln x1n ln n ≤ 1, akkor − ln xn ≤ ln n, n ≥ N, 1 xn ≥ , n ≥ N. n P 1 A ( n ) harmonikus sor

divergens, így P következményeként (xn ) is divergens.  3.72 Példa A P 1 (ln n)ln ln n Ln := a minoránskritérium sor divergens. (ln ln n)2 ln(ln n)ln ln n = , n ≥ 2. ln n ln n A l’Hospital-szabályt alkalmazva (a számláló és a nevező határértéke is végtelen) 2 ln ln n · (ln ln n)2 = lim 1 n∞ n∞ ln n n lim 1 ln n · 1 n 2 ln ln n . n∞ ln n = lim A kapott hányadosban a számláló és a nevező határértéke ismét végtelen, ezért újra a l’Hospital-szabály alapján 2· 2 ln ln n = lim n∞ n∞ ln n lim 1 ln n 1 n 30 · 1 n 2 = 0. n∞ ln n = lim http://www.doksihu Második megoldás: A logaritmusfüggvény injektivitása alapján  ln x 2 (ln ln n)2 (ln x)2 lim = lim = lim = 0. 1 n∞ x∞ x∞ ln n x x2 A sor a logaritmikus kritérium szerint divergens. 3.73 Példa A P 1 (ln ln n)ln n sor konvergens. Az n ≥ 3 esetben Ln := ln(ln ln n)ln n ln n ln ln ln n = = ln ln ln n ∞, ln n ln n így a logaritmikus kritérium

következtében a sor konvergens. 3.74 Tétel Legyen P (xn ) pozitív tagú sor. 1 (i) Ha lim sup(xn ) ln n < 1e , akkor a P (xn ) sor konvergens. 1 (ii) Ha egy indextől (xn ) ln n ≥ 1e , akkor a sor divergens. Bizonyítás. (i) A feltétel következménye, hogy létezik olyan ε > 0, amelyre 1 xnln n ≤ e−1−ε , n ≥ N. A természetes alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt 1 ln xn < −1 − ε, ln n így xn < 1 , n1+ε n ≥ N . Végül a majoránskritérium következménye a P sor konvergenciája. (ii) Egy indextől kezdve 1 1 xnln n ≥ , e  1 ln n xn ≥ , e 1 xn ≥ n P teljesül, így a minoránskritérium következményeként (xn ) divergens. 31 (xn ) http://www.doksihu 3.75 Példa A 1 P 1 1+ n
2n ln n sor konvergens. Alkalmazzuk az előbbi kritériumot!  ln1n  1 (1 + Ekkor lim n∞ 4. 4.1 1 1 1+ n
2 = n 1 e2 < 1 e 1 2n ln n ) n 1 = 1+
1 2 n n vagyis a sor tényleg konvergens.

Hatványsorok Bevezető 4.11 Definíció Ha an , n ∈ Z0 adott sorozat és x0 ∈R, akkor P an (x − x0 )n , x∈R függvénysort x0 középpontú hatványsornak nevezzük. Az alábbi tételben és az utána következő definícióban legyen 1 0 := ∞ és 1√ . lim sup n |an | 4.12 Tétel (Cauchy-Hadamard) Legyen R := (i) Ha |x − x0 | < R, akkor P an (x − x0 )n abszolút konvergens. (ii) Ha |x − x0 | > R, akkor P an (x − x0 )n divergens. 4.13 Definíció A P an (x − x0 )n hatványsor konvergenciahalmaza X  K := x ∈ R : an (x − x0 )n konvergens , összegfüggvénye a D(f ) =: K, f (x) := ∞ X an (x − x0 )n , x ∈ D(f ) n=0 függvény. A hatványsor konvergenciasugara R := 1 lim sup p n |an | . 4.14 Tétel A hatványsor konvergenciahalmaza (K) intervallum, és (x0 − R, x0 + R) ⊂ K ⊂ [x0 − R, x0 + R]. 32 1 ∞ := 0. a http://www.doksihu 4.15 Tétel A P an (x − x0 )n pozitív konvergenciasugarú hatványsor f összeg-

függvénye tetszőlegesen sokszor differenciálható a konvergenciahalmaz belső pontjaiban, és ott f (k) (x) = ∞ X (n + k)(n + k − 1) · . · (n + 1)an+k (x − x0 )n n=0 4.16 Definíció Ha f : R R függvény n-szer differenciálható az x0 pontban, akkor a Tn (x) := n X f (k) (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k polinomot az f függvény x0 középpontú n-edik Taylor-polinomjának nevezzük. 4.17 Definíció Legyen az f : R R függvény akárhányszor differenciálható az x0 ∈ R pontban. A ∞ X f (n) (x0 ) n=0 n! (x − x0 )n hatványnysort az f függvény x0 középpontú Taylor-sorának nevezzük. 4.18 Tétel (Taylor-formula a maradéktag Lagrange-féle alakjával) Legyen az f : R R függvény (n + 1)−szer differenciálható az [x0 , x] intervallumon. Ekkor van olyan ξ ∈ (x0 , x) szám, amelyre Rn (x) := f (x) − Tn (x) = f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 . (n + 1)! 4.19 Következmény Minden hatványsor az összegfüggvényének a Taylor-sora 4.2 A

Taylor-sorba fejthetőség szükséges és elégséges feltétele 4.21 Tétel Legyen f : R R, x0 ∈ D(f ) Az f függvény az x0 pont egy környezetében akkor és csak akkor fejthető Taylor-sorba, ha (i) x0 egy U környezetében f akárhányszor differenciálható, (ii) létezik olyan A, B ∈ R+ és N ∈ Z+ , hogy minden n ≥ N indexre az U környezetben |f (n) | ≤ AB n n!. 33 http://www.doksihu Bizonyítás. Az első lépésben azt bizonyítjuk, hogy az adott feltételek elégségesek Az f függvény x0 középpontú Taylor-sora ∞ X f (n) (x0 ) n! n=0 (x − x0 )n , aminek a konvergenciasugara 1 q R := n lim sup . f (n) (x0 ) n! Az (ii) feltételből következik f (n) (x0 ) ≤ A · B n , n ≥ N, n! ezért r √ |f (n) (x0 )| n ≤ lim sup( A · B) = B. n! Tehát a Taylor-sor konvergens az U := (x0 − B1 , x0 + B1 ) környezetben. Az n−edik lim sup n Taylor-formula maradéktagjának Lagrange-féle alakja x ∈ U esetén Rn (x) := f (n+1) (ξ) (x

− x0 )n+1 , (n + 1)! ahol ξ alkalmas x0 és x közötti érték. |Rn (x)| ≤ AB n+1 (n + 1)! |x − x0 |n+1 = A(B|x − x0 |)n+1 , x ∈ U, (n + 1)! ezért lim Rn (x) = 0. Ebből következik lim Tn (x) = f (x), vagyis az U környezetben n∞ n∞ az f függvényt előállítja az x0 középpontú Taylor-sora. A második lépésben a feltételek szükségességét kell belátnunk. Tegyük fel, hogy f az x0 pont U0 környezetében Taylor-sorba fejthető, azaz f (x) = ∞ X f (n) (x0 ) n=0 n! (x − x0 )n , x ∈ U0 . Létezik olyan δ ∈ R+ , melyre U := (x0 − 2δ, x0 + 2δ) ⊂ U0 . A 415 tétel miatt az összegfüggvény tetszőlegesen sokszor differenciálható U0 −ban (teljesül az (i) feltétel), továbbá f (k) (x) = ∞ X f (n) (x0 ) n=k (n − k)! 34 (x − x0 )n−k , x ∈ U. http://www.doksihu Ekkor a következő egyenlőtlenség írható fel: |f (k) (x)| ≤ ∞ X |f (n) (x0 )| (n − k)! n=k Tudjuk, hogy x0 + δ ∈ U szerint |x − x0 |n−k ,

x ∈ U. P f (n) (x0 ) n! δ n konvergens, ezért a tagok sorozata nullához tart, így az abszolút értékeik sorozata korlátos. Ha egy felső korlátot C∈R+ jelöl, akkor Cn! , n ∈ Z0 . δn Ha |x − x0 | < 2δ , akkor az alábbi egyenlőtlenség teljesül: |f (n) (x0 )| ≤ |f (k) (x)| ≤ ∞ X |f (n) (x0 )| n=k (n − k)! n−k |x − x0 | ≤ ∞ X n=k Cn! δn (n − k)! ·  δ n−k 2 ! Ck! (k + 1) · . · n k + 1 (k + 1)(k + 2) ≤ k 1+ + + . + n−k + . δ 2 · 1! 22 · 2! 2 · (n − k)! (*) A binomiális együtthatókra érvényes az alábbi összefüggés k ∈ Z0 , i ∈ Z+ esetén:


  − (k + 1) − (k + 2) . − (k + i) −(k + 1) := = i i! (k + 1)(k + 2) . (k + i) . i! Ezt az összefüggést k, ∈ Z0 , n ∈ Z+ , n ≥ k + 1 esetén az i := n − k értékre = (−1)i alkalmazva kapható   −(k + 1) (k + 1)(k + 2) . n = (−1)n−k . n−k (n − k)! A (∗) felső becslésben binomiális sort felismerve x ∈ R, |x

− x0 | < δ 2 esetén −(k + 1)  1  (k + 1)(k + 2)  1 2 Ck! 1 + · − + · − + . δk 1! 2 2! 2 | {z } | {z } −(k+1) (−(k+1) ) ( ) 1 2 !  1 n−k  2 k Ck!  1 −(k+1) n−k (k + 1)(k + 2) · . · n +. = k · 1− = 2C· ·k!. + (−1) · − (n − k)! 2 δ 2 δ | {z } (−(k+1) n−k ) |f (k) (x)| ≤ Tehát A := 2C, B := 2 δ és U := (x0 − 2δ , x0 + 2δ ) esetén az (ii) feltétel teljesül.  35 http://www.doksihu 4.3 Példák 4.31 Példa A P n! n x nn hatványsor |x| < e esetén konvergens, |x| ≥ e esetén di- vergens. Alkalmazzuk a hányadoskritériumot! Legyen rögzített x ∈ R esetén xn := xn+1 = xn alapján lim | xxn+1 | = n n∞ |x| . e n! n x , n ∈ Z+ . nn (n+1)! xn+1 (n+1)n+1 n! n x nn = |x|
, n ∈ Z+ 1 n 1+ n Ebből következik, hogy |x| < e esetén konvergens, míg |x| > e esetén divergens a sor. Ha |x| = e, akkor xn+1 e
n > 1, n ∈ Z+ . = xn 1 + n1 Így |xn | monoton növő pozitív tagú

sorozat, ami nem tart 0-hoz, ezért (xn ) nem P nullsorozat. Tehát (xn ) divergens. 4.32 Példa A P nn n! xn hatványsor konvergenciahalmaza [− 1e , 1e ). Legyen rögzített x ∈ R esetén nn n x , n ∈ Z+ . n!  (n + 1)n+1 xn+1 n! 1 n = · n n = 1+ |x|, n ∈ Z+ (n + 1)! n x n xn := xn+1 xn alapján lim | xxn+1 | = e|x|. A hányadoskritériumot alkalmazva a sor konvergens, ha n n∞ |x| < 1e , és divergens, ha |x| > 1e . Az x = xn+1 xn 1 e esetben
n 1 + n1 1  n + 1 n = = < 1, n ∈ Z+ e n e adódik, tehát az (xn ) sorozat monoton fogyó és pozitív tagú. Alulról becsülve a hányadost az 1 + n1 xn+1 = xn e
n >
1 n n
1 n+1 n 1+ 1+ = 1 n+1 n = 1 n+1 1 n egyenlőtlenség írható fel. Így a hányados-minoráns kritérium következményeként a P (xn ) sor divergens. 36 http://www.doksihu Az x = − 1e esetben nn , en n! P n (−1)n enn n! váltakozó előjelű tagokból álló sor és an := n ∈ Z+ monoton fogyó sorozat. Ha

megmutatjuk, hogy az (an ) sorozat nul- lához tart, akkor a Leibniz-kritérium szerint konvergens a sor. Ezt indirekt módon bizonyítjuk, vagyis feltesszük, hogy a pozitív tagú monoton fogyó (an ) sorozat határértéke pozitív: nn ∈ R+ . n∞ en n! A páros indexű részsorozat határértéke is a, ezért a2n 1 lim = ∈ R+ . 2 n∞ (an ) a a := lim Az előbbi hányadost átalakítva a2n = (an )2 (2n)2n e2n (2n)!
nn 2 en n! 22n = 2n
, n ∈ Z+ . n Bizonyítom a következő alsó becslést: r 4n n+1
, n ∈ Z+ . 2n > 2 n Ezzel ekvivalens (*) 16n n+1 , n ∈ Z+ > (2n)!
2 2 2 (n!) és 2 · 16n (n!)4 > n + 1, n ∈ Z+ . ((2n)!)2 Az utóbbi egyenlőtlenséget teljes indukcióval látom be. Az n = 1 értékre igaz, az indukciós lépés pedig 2 · 16n+1 (n + 1)!
2 (2n + 2)!
4 = 2 · 16n · (n!)4 16(n + 1)4 > ·
2 (2n + 1)2 (2n + 2)2 (2n) ! 4(n + 1)3 16(n + 1)4 = > n + 2, n ∈ Z+ . (2n + 1)2 (2n + 2)2 (2n + 1)2 Az utolsó egyenlőtlenség

azért teljesül, mert ekvivalens vele > (n + 1) · 4(n + 1)3 > (n + 2)(2n + 1)2 , n ∈ Z+ , 4(n3 + 3n2 + 3n + 1) > 4n3 + 12n2 + 9n + 2, n ∈ Z+ , 3n + 4 > 2, n ∈ Z+ . a2n 2 n∞ (an ) A (*) egyenlőtlenségből következik lim tevésnek.  37 = ∞, ami ellentmond az indirekt fel- http://www.doksihu 4.33 Példa A P 1 (2n−1)!! 2n+1 x 2n+1 (2n)!! hatványsor |x| ≤ 1 esetén konvergens, |x| > 1 esetén divergens. Legyen an := 1 (2n−1)!! 2n+1 x , 2n+1 (2n)!! n ∈ Z+ . 1 (2n+1)!! |x|2n+3 2n+3 (2n+2)!! 1 (2n−1)!! |x|2n+1 2n+1 (2n)!! an+1 = an = 2n + 1 2n + 1 2 · x x2 . 2n + 3 2n + 2 Ebből a hányadoskritériumot alkalmazva az következik, hogy a sor konvergenciasugara 1. A végpontok vizsgálata céljából igazoljuk a következő felső becslést: 1 (2n − 1)!! 1 1 + ≤ 3 ≤ 3 , n ∈ Z . 2n + 1 (2n)!! (2n + 1) 2 n2 (*) A 2k − 1 2k < , k = 1, 2, . , n 2k 2k + 1 egyenlőtlenséget összeszorozva az eredmény (2n)!! (2n − 1)!!

< , n ∈ Z+ , (2n)!! (2n + 1)!! amit átalakítva (2n − 1)!! 1 , n ∈ Z+ . <√ (2n)!! 2n + 1 ebből következik a (∗) becslés, abból pedig a majoránskritérium alapján kapjuk a sor konvergenciáját |x| = 1 esetén. Második megoldás a végpontokra: Alkalmazzuk a Raabe-kritériumot az |x| = 1 esetben! Rn := n  2n + 3 2n + 2  n(6n + 5) 3 · −1 = > 1, 2n + 1 2n + 1 (2n + 1)2 2 ezért a sor abszolút konvergens a konvergenciaintervallum mindkét végpontjában. 4.34 Példa (Binomiális sor) Legyen β ∈ R és vizsgáljuk a P β n
xn hatványsor konvergenciáját! (i) Ha β ∈ Z0 , akkor a sor abszolút konvergens R minden pontjában. (ii) Ha β ∈ R+ Z+ akkor a sor abszolút konvergens a [−1, 1] intervallum pontjaiban, másutt divergens. (iii) Ha β ∈ R, β ≤ −1, akkor a sor abszolút konvergens a (−1, 1) intervallumon, másutt divergens. 38 http://www.doksihu (iv) Ha β ∈ (−1, 0), akkor a sor abszolút konvergens a (−1,

1)intervallumon, feltételesen konvergens x = 1 esetén, másutt divergens. Legyen an := β n
, n ∈ Z+ . Ha β ∈ / Z0 , akkor an+1 xn+1 = an x n Ezért ha β ∈ / Z0 , akkor β(β−1)·.·(β−n) n+1 x (n+1)! β(β−1)·.·(β−n+1) n x n! = β−n x, n ∈ Z+ . n+1 an+1 xn+1 lim = |x|, n∞ an x n amiből a hányadoskritérium alapján következik, hogy |x| < 1 esetén a sor abszolút konvergens, |x| > 1 esetén pedig divergens. A hatványsor konvergenciasugara tehát 1. (i) β ∈ Z0 és n ≥ β esetén β n
= 0, ezért a P β n
xn sor abszolút konvergens minden x ∈ R számra. (ii) β ∈ R+ Z+ és n > β esetén n+1 1+β 1 + β β  an = =1+ =1+ 1+ = an+1 n−β n−β n n−β 1+β β(1 + β) 1+β 1 nβ(1 + β) + =1+ + 2 . (*) n n(n − β) n n n−β
A λ := 1, µ := 1 + β > 1 értékkel, és a θn := nβ(1+β) korlátos sorozattal a n−β =1+ Gauss-kritérium szerint a binomiális sor abszolút konvergens |x| = 1 esetén.

Második megoldás: A Raabe-kritériumot alkalmazva   n+1 n − 1 = (β + 1) β+1>1 Rn := n β−n n−β alapján |x| = 1 esetén abszolút konvergens a binomiális sor. (iii) β ≤ −1 esetén β(β − 1) · . · (β − n + 1) |β| |β| + 1 |β| + (n − 1) = · · . · ≥ 1, n! 1 2 n P így (an ) nem tart nullához, következésképp a an xn hatványsor |x| = 1 esetén |an | = divergens. 39 http://www.doksihu (iv) β ∈ (−1, 0), esetén 1 > −β > 0, és így minden k > 0 egészre 1 + k > −β + k > k. (*) teljesül. Most an = −β(−β + 1) · . · (−β + (n − 1)) β(β − 1) · . · (β − (n − 1)) = (−1)n . n! n! Legyen −β(−β + 1) · . · (−β + (n − 1)) , n! ahol n ≥ 1 és b0 = 1. Ezek után a (*) egyenlőtlenségből következik, hogy bn := 0 < bn < 1, ezenfelül bn+1 n−β = < 1. bn n+1 Innen láthatjuk, hogy (bn ) pozitív, monoton csökkenő sorozat. Írjuk fel a (bn ) sorozatot a következő

alakban: bn := bn · bn−1 bn−1 b2 · . · · b1 , n > 1 bn−2 b1 Alkalmazva a logaritmus függvény tulajdonságait, kapjuk az n n   b  X  X bk k ln bn = ln ≤ −1 = bk−1 bk−1 k=2 k=2 = n  X −β + k − 1 n  X 1 − 1 = (−β − 1) k k=2 k k=2 egyenlőtlenséget, ahol felhasználtuk, hogy 0 < x < 1 esetén ln x < x − 1. Mivel P 1 −β − 1 < 0, és ( k ) divergens, ezenfelül lim ln bn = −∞, ezért bn 0. n∞ Végül használjuk fel a Leibniz-kritériumot az x = 1 pontbeli konvergencia eldöntésére: X tehát a sor konvergens. Ha P an = X (−1)n bn , |an | sor viszont divergens, mert β < 0 esetén a (∗) egyenlőségben a Gauss-kritérium divergenciafeltétele teljesül (λ := 1, µ :=
1+β < 1, és θn := nβ(1+β) , n ∈ Z+ korlátos). Tehát a konvergencia feltételes n−β Az x = −1 pontban a sor X an (−1)n = ami az előzőek szerint divergens. 40 X |an |, http://www.doksihu 5. Összefoglalás

A célom e szakdolgozattal az volt, hogy feldolgozzam az analízisbeli sorelmélet egy fontos problémáját, mégpedig azt, milyen kritériumokkal dönthető el egy sorról, hogy konvergens vagy divergens. Ezen kritériumok gyakorlati alkalmazhatóságát példákon keresztül mutattam be, adtam példát olyan sorokra is, amelyek konvergenciája bizonyos kritériumokkal levezethetőek, míg másokkal nem, ezzel mutatva meg azt, hogy egyes kritériumok erősebbek, ellenben mások gyengébbek, vagy speciális eseteik más kritériumoknak. Szakdolgozatomban találhatóak egyszerűbb és bonyolultabb példák egyaránt. Ezek megoldása során arra törekedtem, hogy a lehetőségekhez mérten a legelemibb matematikai apparátust használjam. Ez természetesen a bizonyításokra is igaz, hiszen egy bizonyítás akkor a legszebb, ha csak azt a fogalomkört használja, melyben a tétel meg lett fogalmazva. Az itt fellelhető kritériumokon kívül számos létezik. Szakdolgozatom másik fő

részében, a hatványsorok konvergenciájával foglalkoztam. Bizonyítottam egy meglehetősen fontos tételt a hatványsorok Taylor-sorba fejthetőségének szükséges és elégséges feltételéről. Mutattam példákat a hatványsorok konvergenciájának, ill divergenciájának eldöntésére Végezetül, fellelhető a függelékben hat matematikus életrajza, akik nélkül e tudományág fejlődése váratott volna még magára. 41 http://www.doksihu 6. Függelék 6.1 Életrajzok Jean Le Rond d’Alembert (1717. November 16 – 1783 Október 29) francia matematikus, mérnök, fizikus és filozófus. Egyike volt a korai francia enciklopédia, az Encyclopédie szerkesztőinek. Claudine Guérin de Tencin írónő, és Louis-Camus Destouches lovag törvénytelen gyermekeként született Párizsban. Anyja pár nappal születése után a SaintJean-le-Rond de Paris templom lépcsőjén hagyta. Árvaházba került, de nem sokkal utána örökbefogadta egy üveges mester felesége.

Taníttatását édesapja titokban fizette egészen haláláig 1726-ig. Jean le Rond-t először Daremberg néven anyakönyvezték, ezt később változtatta meg a d’Alembert névre. D’Alembert először magániskolába járt. Tizenkét évesen a Quatre-Nations (Mazarin) jansenista iskolába irat- 1. ábra Jean le Rond d’Alembert ták, ahol 1735-ig filozófiát, jogot és művészeteket tanult. Később beiratkozott a jogi iskolába, amit 1738-ban el is végzett. 1739 júliusában jelentette meg első cikkeit matematika tárgykörben, rámutatva a tévedésekre, amiket Charles René Reynaud L’analyse démontrée címmel a Francia Akadémia számára írt munkájában fedezett fel. Második tudományos munkáját, a folyadékok mechanikája tárgykörében jelentette meg, 1740-ben Memoire sur le refraction des corps solides címmel. Az Ő nevéhez fűződik a hányadoskritérium. D’Alembert éveken át betegeskedett, halálát hólyagos betegség okozta. Miután nem volt

hívő, d’Alembert-t jelöletlen tömegsírba temették. 42 http://www.doksihu Niels Henrik Abel (1802. Augusztus 5 Findo-szigetén, Stavanger közelében, Norvégia - 1829. Április 6 Froland, Norvégia) norvég matematikus Abel a teológus és filológus Soren Georg Abelnek, és Ane Marie Simonsonnak a fia. Abel 1821-ben ösztöndíjjal beiratkozott Christiania (ma Osló) egyetemére, amit 1822-ben el is végzett. 1824ben publikálta a ma Ruffini-Abel-tétel néven ismert eredményt. Ez a cikk egy ösztöndíjat hozott számára, amelynek révén eljutott Németországba, Itáliába és Franciaországba. Foglalkozott a magasabb fokú egyenletek megoldóképletének problémájával és a csoportokkal (Abel-csoport), megtalálta az ötödfokú egyenletek gyökképletét, vizsgálta a sorok konvergenciáját (Abel-kritérium), az ún. Abel-féle integrálokat és az elliptikus függvényeket is 2. ábra Niels Henrik Abel 1829-ben tuberkulózisban halt meg. 43

http://www.doksihu Ernst Eduard Kummer (1810. Január 29 – 1893 Május 14) német matematikus Jártas az alkalmazott matematikában Kummer a német hadsereg képzett ballisztikai tisztje volt. Tíz évig tanított gimnáziumban, ahol Leopold Kronecker matematikai karrierje inspirálta. Kummer Sorauban, Brandenburg (Poroszország része) született. Első házasságát Ottilie Mendelssohnnal, Nathan Mendelssohn és Henriette Itzig lányával kötötte. Ottilie unokatestvére volt Rebecca Mendelssohn Bartholdynak, aki a matematikus Peter Gustav Lejeune Dirichlet felesége volt. A második felesége, Bertha Ottilia, anyai unokatestvére. Lányát Mariet Hermann Schwarz, német matematikus vette feleségül. Kummer, a matematika számos területének fejlődéséhez járult hozzá. Maradandót alkotott a számelméletben, algebrában, analízisben egyaránt. Szintén Ő alkotta meg a róla elneve3. ábra Ernst Eduard Kummer zett Kummer-kritériumot. Életcéljául a nagy

Fermat-tétel bebizonyítását tűzte ki. 1843-ban már bemutatott egy bizonyítást Dirichlet-nek, de az hibát talált benne. A hibát korrigálandó Kummer megalkotta az ideálok elméletét, és így sikerült igazolnia a sejtést az úgynevezett reguláris prímekre. Végül 1857-ben sikerült a Fermat-sejtést minden 100-nál kisebb kitevőre igazolnia. Kummer 1890-ben vonult vissza az oktatástól és matematikától, három évvel később hunyt el Berlinben. 44 http://www.doksihu Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805. Február 13 Francia Császárság, ma: Németország, Düren- 1859. Május 5Hannover, Göttingen) német matematikus A Breslaui (1827) és a Berlini Egyetemen (1828-1855) tanított, majd 1855ben Karl Friedrich Gauss örökébe lépett a Göttingeni Egyetemen. 1937ben felvetette a függvény modern fogalmát vagyis, hogy y = f (x) függvényben minden x-hez egyetlen y tartozik. A mechanikában a potenciálelmélettel foglalkozott Megalkotta a

Dirichlet-kritériumot. Összegyűjtött műveit két kötetben adták közre: Gesammelte Werke (1889, 1897). Ferdinand Eisenstein, Leopold Kronecker, és Rudolf Lipschitz is Dirichlet tanítványai 4. ábra Peter Gustav Lejeune Dirichlet voltak. 1859-ben Göttingenben (Hannover) halt meg. 45 http://www.doksihu Carl Friedrich Gauss (1777. Április 30 - 1855 Február 23) német matematikus és természettudós A matematika számos területének fejlődéséhez járult hozzá, így az algebrához, számelmélethez, analízishez, differenciálgeometriához, a geodéziához, a mágnesességhez, az asztronómiához és az optikához. A halála után agyát kioperálták, és Robert Wagner tanulmányozta. Megállapította, hogy 1492 gramm tömegű, és 219588 négyzetcentiméter felszínű. Továbbá magas fejlettségi szintű agytekervényeket is talált benne. Gauss a németországi BraunschweigLüneburgi hercegségben Braunschweigben született, alacsonyabb osztálybeli

szülők egyetlen gyermekeként. Tanulmányait Collegium Carolinumban kezdte, innen a göttingeni egyetemre ment. 1796-ban bebizonyította a szabályos sokszögek szerkeszthetőségére vonatkozó évben tételét. Még megteremtette számelméletet, a ebben az moduláris bizonyította híres kvadratikus reciprocitásról szóló állítását. Élete során négy bizonyítást adott Ő az algebra nevéhez húsvétképlet, alaptételére. fűzödnek többek Gauss-féle Az közt: gravitávios 5. ábra Carl Friedrich Gauss állandó, legkisebb négyzetek módszere, normális eloszlás, Gauss-Markov tétel, Gauss-Seidel módszer, Gauss elimináció. Gauss is foglalkozott a sorok konvergenciáival, ennek eredményeképp született meg a Gauss-kritérium Göttingenben hunyt el, Hannover államban. 46 http://www.doksihu Baron Augustin-Louis Cauchy (1789. Augusztus 21 - 1857Május 23) francia matematikus Cauchy teremtette meg a matematikai bizonyítások precíz,

szabatos formáját Számos fontos tétel füződik a nevéhez a komplex függvénytanben, absztrakt algebrában, differenciálegyenletek elméletében. Elkezdte a permutációs csoportok vizsgálatát. Dijonban született jómódú polgári család első gyermekeként. Később két testvére született. Apja a király szolgálatában álló ügyvéd volt Párizsban 1818-ban feleségül vette Aloise de Buret, akit apja talált Cauchynak, mint lehetséges feleséget. Házasságukból két lány született. Szilárd alapokra fektette a konvergencia, sorozat, határérték fogalmát. Definiálta egy sor konvergenciájának pontos feltételét A hullámok terjedéséről írt művéért megkapta a Francia Tudományos Akadémia első helyezettjének járó díját. Zsenialitását jelzi, hogy élete során 789 cikket írt, és 6. ábra Augustin-Louis Cauchy életműve a Euvres complétes d’Augustin Cauchy, 27 kötetes. A kortársak véleményét Cauchyról talán Abel norvég

matematikus fogalmazta meg a legtömörebben: „Cauchy őrült, és ez ellen semmit nem lehet tenni. De ma Ő az egyetlen ember a világon, aki igazán ért a matematikához” 1857. Május 23-án hajnali négy órakor hunyt el szűk családi körben, a Párizs melletti Sceauxban. 47 http://www.doksihu Hivatkozások [1] Frey Tamás: Műszaki matematikai gyakorlatok B. VI:Végtelen sorozatok, sorok és szorzatok:, Tankönyvkiadó, Budapest, 1956 [2] Németh József: Előadások a végtelen sorokról, Polygon, Szeged, 2002 [3] W. J Kaczor, M T Nowak: Problems in Mathematical Analysis 1: Real Numbers, Sequences and Series, American Mathematical Society, Providence, R.I, 2000 [4] N.MGjunter, R.OKuzmin: Felsőbb matematikai példatár 3.rész, Tankönyvkiadó, Budapest, 1952 [5] Szilágyi Tivadar: Végtelen sorok, hatványsorok, http://bme.ysoltnet/2 felev/Matek A2/vegtelen sorokpdf [6] Laczkovich Miklós, T.Sós Vera, Simonovits Miklós : Analízis I, Nemzeti

Tankönyvkiadó, Budapest , 2005 [7] Laczkovich Miklós, T.Sós Vera, Simonovits Miklós : Analízis II, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest , 2007 [8] B.P Gyemidovics: Matematikai analízis, Tankönyvkiadó, Budapest, 1974 [9] Lasko I.I, Bojarchuk A K, Gaj Ja G, Kalajda A F: Matematicheskij analiz II, Vishha Shkola, Kiev, 1985 [10] Markusevic, Aleksej Ivanovic : Teoria analiticeskih funkcij , Nauka , Moskva, 1968 [11] http://hu.wikipediaorg/wiki/Jean le Rond d’Alembert [12] http://members.iifhu/visontay/ponticulus/jegyzetek/eletrajzok/khtml [13] http://de.wikipediaorg/wiki/Ernst Eduard Kummer [14] http://hu.wikipediaorg/wiki/Niels Henrik Abel [15] http://hu.wikipediaorg/wiki/Peter Gustav Lejeune Dirichlet 48 http://www.doksihu [16] http://hu.wikipediaorg/wiki/Carl Friedrich Gauss [17] http://hu.wikipediaorg/wiki/Augustin Cauchy [18] http://en.wikipediaorg/wiki/Augustin-Louis Cauchy [19] http://www.epitobmehu/me/oktatas/feltoltesek/BMEEOTMAT04/cauchypdf 7.

Köszönetnyilvánítás Végül szeretném köszönni konzulensemnek, Pfeil Tamásnak, hogy áldozatos munkájával, tanácsaival segítette szakdolgozatom létrejöttét. 49