Numerikus sorokkal kapcsolatos definíciók és tételekmath.bme.hu/~pitrik/2019_20_2/A2_2020/Numerikus sorok gyakorlat… · Numerikus sorok gyakorlat í. verzió 5 1. Konvergensek-e

Numerikus sorok gyakorlat 1. verzió

1

Numerikus sorokkal kapcsolatos definíciók és tételek:

Def. A

1k

ka numerikus sor konvergens és összege ,s ha létezik a

san

n

k

k

1

lim (véges) határérték.

T. Geometriai sor.

1 ,

1 ,

1 ,-1

1

11

12

qhadivergens

qha

qhaq

qqqk

k

Pl. ,1

3

3

543

q

qqqqq

k

k

ha 1q .

Pl. ,11

1

0

2

q

aaqaqaqaqa

k

k

k

k

ha 1q

T. Cauchy-tétel

1

k

ka akkor és csak akkor konvergens, ha 0 -hoz M :

knnn aaa 21 , ha Mn és Nk

A konvergencia szükséges feltétele

T.

0lim 1

k

k

k ak

konvergensa

Váltakozó előjelű (alternáló) sorok

1

11

321 11n

n

n

n

nccccc , 0nc

Leibniz kritérium:

T. Ha az alternáló sor tagjainak abszolút értékeiből képzett sorozat (fent nc )

monoton fogyóan tart a 0-hoz (jelben 0nc ) , akkor a sor konvergens.

Hibabecslés Leibniz típusú soroknál

.n, cssH nn 1


2

Sorok abszolút és feltételes konvergenciája

D.

1k

ka sor abszolút konvergens, ha

1k

ka konvergens.

D. Feltételesen konvergens sor: a konvergens, de nem abszolút konvergens sor.

T.

konvergensakonvergensa kk

Tehát az abszolút konvergenciából következik a konvergencia

Pozitív tagú sorok

T. (i) Egy pozitív tagú sor részletösszegei monoton növekedőek. (ii) Egy pozitív tagú sor akkor és csak akkor konvergens, ha részletösszegeinek sorozata korlátos.

Majoráns kritérium

T. Ha nn ca 0 n -re és

1n

nc konvergens

1n

na konvergens

Minoráns kritérium

T. Ha nn ad 0 n -re és

1n

nd divergens

1n

na divergens

Hányados kritérium

T1.

1. nan ,0 ˄

1

1 ,1n

n

n

n a nqa

a konvergens.

2. nan ,0 ˄

1

1 ,1n

n

n

n a nqa

a divergens.

T1*

1. nan ,0 ˄

1

1 1lim

n

n

n

n a ca

a

n konvergens.

2. nan ,0 ˄

1

1 1lim

n

n

n

n a ca

a

n divergens.


3

Gyökkritérium T2

Ha Nn -re 0na és

1.)

N

nn

n a qa 1 konv.

2.)

N

nn

n a a 1 div.

T2.*

Ha 0na és ,lim can

nn

akkor

1c

na konvergens

1c vagy c

na divergens

2.5.5. Integrálkritérium

T.

Legyen f pozitív, monoton csökkenő függvény ,1 -en és 0 kakf .

1. Ha dxxf

1

konvergens

1k

ka konvergens

Ha dxxf

1

divergens

1k

ka divergens

T.

A

1

1

n nsor konvergens, ha ,1 minden más esetben divergens.

Hibabecslés pozitív tagú sorok esetén

Ha az integrálkritérium 1. állításának feltételei teljesülnek, akkor az nss

közelítésnél elkövetett hiba

dxxfaaarHnk

nknnn

1

210

Aszimptotikus egyenlőség ( na ~ nb )

na aszimptotikusan egyenlő nb nel, jelben na ~ ,nb ha

1lim n

n

b

a

n


4

T. 0,0 nn ba

na ~ nb

1n

na és

1n

nb egyidejűleg konvergens, illetve divergens

Pl.

nann 823

12

Megoldás. nn bn

a 23

1~ , hiszen

.1823

3lim

3

1823

1

limlim2

2

2

2

nn

n

n

n

nn

nb

a

nn

n

Ezek szerint mivel nn ba ~ és

nb konvergens

na konvergens.


5

1. Konvergensek-e az alábbi sorok? Ha igen, adjuk meg a határértéküket!

a)

1 3

1

n nn (1.a)

Mo. Azt, hogy ez a sor konvergens, több módszerrel is meg lehet mutatni (definíció, majoráns kritérium, integrálkritérium, összehasonlító kritérium). A sor konvergenciájának a definíciója az, amellyel sokszor nemcsak a sor konvergenciája, hanem határértéke is meghatározható.

Esetünkben ,)3(

1

nnan ,2,1n .

Így nn aaas 21 3

1

52

1

41

1

nn .

Az 3

1

nnan általános tag felírható résztörtek összegeként az

33

1

n

B

n

A

nn

alakban. Ezt megkaphatjuk úgy is, hogy képezzük a nevező tényezői reciprokainak a

különbségét, az3

11

nnkifejezést:

3

3

3

11

nnnn. Ezt 3-al osztva adódik, hogy

.3

11

3

1

3

1

nnnnan

Ennek felhasználásával írjuk át ns -t:

.3

1

2

1

1

1

3

1

2

1

1

1

3

1

3

11

2

1

1

1

8

1

5

1

7

1

4

1

6

1

3

1

5

1

2

1

4

1

1

1

3

1

3

11

3

1

8

1

5

1

3

1

7

1

4

1

3

1

6

1

3

1

3

1

5

1

2

1

3

1

4

1

1

1

3

1

3

1

52

1

41

1

nnn

nnnn

nn

nnsn

Összefoglalva:

3

1

2

1

1

1

3

1

2

1

1

1

3

1

nnnsn .

Ezek szerint .18

11

6

11

3

1

3

1

2

1

1

1

3

1lim

ns

ns

Tehát

1 3

1

n nnkonvergens és összege

18

11.

Az ns utóbbi alakjából az is következik, hogy a sor s összegének az ns részletösszeggel

való közelítésének a hibája

.1

1

1

13

3

1

3

1

2

1

1

1

3

1

3

1

2

1

1

1

3

1

2

1

1

1

3

1

3

1

2

1

1

1

3

1

nnnnn

nnnssH n


6

b)

1 21

1

n nnn (1.b)

Mo. Esetünkben

,21

1

nnnan ,2,1n

Így 21

1

432

1

321

121

nnnaaas nn

Az 21

1

nnnan általános tag felírható résztörtek összegeként:

.2

1

1

1

1

11

2

1

1

1

2

1

1

11

2

1

2

1

1

21

2

1

2

1

2

1

1

11

2

1

2121

1

nnnn

nnnnnnn

nnnn

C

n

B

n

A

nnnna

Megjegyzés. A résztörtekre bontás az 1a) szerinti módon röviden is elvégezhető.

Írjuk át a korábbi átalakításra támaszkodva ns -t:

,4

1

2

1

1

1

2

1

1

1

2

1limlim

nnns

nn így ns az

4

1s -hez konvergál.

c)

12 239

1

n nn (1.c)

Mo. Alakítsuk a nevezőt szorzattá! 0239 2 xx

3

23

1

2,1x . Emiatt

.

13

1

23

1

3

1

2313

1

3

2

3

19

1

239

12

xxxx

xxxx

Így

.13

1

23

1

3

1

239

12

nnnnan Innen ,

4

1

1

1

3

11

a ,

7

1

4

1

3

12

a

,10

1

7

1

3

13

a , .

13

1

23

1

3

1

nnan Ezért

. ha ,3

1

13

1

1

1

3

1

13

1

23

1

10

1

7

1

7

1

4

1

4

1

1

1

3

1321

nn

nnaaaas nn

Ezek szerint a

12 239

1

n nnsor konvergens és határértéke

3

1.


7

d)

1

122n

nnn (1.d)

Mo. nnnnnnnnan 112112 . Így

.

12

121

12

1221

12

1212211221

11221122

11342312

121453423

321

nnnn

nn

nn

nnnnnn

nnnn

nnnn

nnnn

aaaas nln

+

Tehát 12

121

nnsn , ,2,1n .

Ezért 2112

121limlim

nnns

nn . Eszerint a

1

122n

nnn sor konvergens és határértéke 21 .

2112

121limlim

nnns

nn .

e)

122 1

12

n nn

n (1.e)

Mo. 22 1

12

nn

nan . Bontsuk fel na -t résztörtek összegére, azaz határozzunk meg olyan

A, B, C, D állandókat, hogy minden n értékre fennálljon a

1)1(1

122222

n

D

n

C

n

B

n

A

nn

n azonosság.

Képezzük a következő kifejezést: 2222

22

221

12

1

)1(

)1(

11

nn

n

nn

nn

nn.

Eszerint 2222 )1(

11

1

12

nnnn

nan . Ennek felhasználásával:

.

1

1

1

1

)1(

111

1

1

4

1

3

1

3

1

2

1

2

1

1

1222222222222

1321

nnnnn

aaaaas nnn

.1

1

1

1

1limlim

22

nns

ns n

Tehát a

122 1

12

n nn

n sor konvergens és a határértéke 1.


8

f)

212

2

2

3

kk

k

(1.f)

Mo.

.4

3

2

9

4

)3(

2

9

24

9)3(

22

)3(3

2

3

22222

2

212

2 k

kkk

k

kk

k

kk

k

kk

k

Az utóbbi alak szerint a sor 4

3q kvóciensű, tehát 1

4

3

q miatt konvergens

mértani sor, amelynek az összege 56

81

32

81

7

4

4

716

9

2

9

4

31

4

3

2

92

.

g)

2

22

5

23

kk

kk

(1.g)

Mo.

.

5

24

5

39

5

24

5

39

5

)2(2

5

33

5

2

5

3

5

23

22

2

22

2

22

2

22

k

kk

kk

k

k

k

kk

k

k

k

kk

k

k

k

kk

kk

mert ,10

81

2

5

25

81

5

225

99

5

31

5

39

5

39

2

2

k

k

5

3q kvóciensű mértani sor.

mert ,35

16

7

5

25

16

5

725

44

5

21

5

24

5

24

2

2

k

k

5

2q kvóciensű konvergens mértani sor: .1

5

2

5

2

q

Ezeknek a konvergens soroknak az összege is konvergens és határértéke:

.35

16

10

81

5

24

5

39

5

24

5

39

222

k

k

k

k

k

kk

h) alapján) (def 12

1

1

n n (1.h)


9

2. A Cauchy-féle konvergenciakritériummal döntsük el, hogy konvergensek-e?

a)

123 1n nn

n (2.a)

Mo. A Cauchy-féle konvergenciakritérium fennállásához azt kell igazolni, hogy 0 -

hoz M : knnn aaa 21 , ha Mn és Nk .

Esetünkben 123

nn

nan és

knnn aaa 21

. 1

ha ,1

1

1

1

1

1

1

1

11

3

1

2

1

2

1

1

1

)1)((

1

)3)(2(

1

)2)(1(

1

)(

1

2)2(

1

1)1(

1

)()()2()2(

2

)1()1(

1

1)2()2(

2

1)2()2(

2

1)1()1(

1

222

232323

232323

nnnknn

knknnnnn

knknnnnn

knknnnnn

knkn

kn

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n

Ezek szerint ,21 knnn aaa ha

1n és k tetszőleges pozitív szám. Tehát

szerint a Cauchy-féle konvergenciakritérium teljesül, a

123 1n nn

nsor konvergens.

b)

1

22 11

n n

nn (2.b)

Mo.

.2 ,

1

1

12

)1(

222

1

2

11

2

11

111111

22222

22

222222

nnnnnnnnnnnnn

nnn

nnnn

n

nnan

,211

21

1

12

2

1

1

12

1

112

2121

nknnknknnnnn

aaaaaa knnnknnn

ha

1n és k tetszőleges pozitív szám. Ezzel teljesült a Cauchy-féle konvergencia-

kritérium, tehát a

1

22

1

11

nn

nn

nna sor konvergens.


10

3. Alternáló sorok, Leibniz kritérium. Konvergensek-e az alábbi sorok? Ha igen, adjunk közelítést a sorösszegre legfeljebb 0,1-es pontossággal!

a)

2 lg

cos

n n

n (3.a)

Mo. ,)1(lg

)1(

lg

cosn

nn

cnn

n

ahol ,0

lg

1

ncn mivel 12n miatt 1lglg n .

Minthogy ,0nc nc monoton fogy és tart 0-hoz, a sor Leibniz típusú, tehát konvergens,

létezik a sorösszeg

2 lg

cos

n n

ns

, és az nss közelítés hibája

1,0)1lg(

11

ncssH nn

10101n 11010 n .

Ezek szerint s -t az

110

2110

10

10

)lg(

)cos(

n n

ns

részletösszeg legfeljebb 0,1 hibával közelíti.

b)

1

)1(

nn

n

n (3.b)

Mo. ,)1(

n

n

nn

a

így nn

n

nnn

a1)1(

. A 1lim

n nn

nevezetes határérték miatt

példánkban 1lim

nan

0lim

nan

A

1 1

)1(

n nn

n

nn

a sor divergens.

c)

22

1

1

2)1(

n

n

n

n (3.c)

Mo.

2

1

22

1

22

1

,)1(1

2)1(

1

2)1(

n

n

n

n

n

n

n

cn

n

n

n ahol

1

22

n

ncn . Az 2n miatt

0312 n , ezért nc létezik és .0nc

.01

2limlim

2

n

n

nc

nn Ahhoz, hogy a sor Leibniz típusú legyen, még az kell, hogy

nc fogyó legyen. Ennek igazolásához végezzük el az alábbi ekvivalens átalakításokat:

1

2

2

22

1

2

1)1(

)1(2

22

22

1

n

n

nn

n

n

n

n

n

cc nn

0222

422222

22122

2

2323

22

nn

nnnnn

nnnnn

Mivel az egyenlőtlenségek ekvivalensek, az utolsó fennállása miatt az első is teljesül,

tehát nc monoton fogy is. Ezért a sor Leibniz sor, azaz konvergens, és így az

22

1

1

2)1(

n

n

n

ns összeg létezik és az nss közelítés hibája:

.31 30 1,032

2

22221

nn

nn

nn

nn

ncssH nn


11

Tehát a sorösszeg keresett közelítése .1

2)1(31

22

1

31

n

n

n

ns

d)

2 1n

n

n

n (3.d)

Mo.

n

nn

na

1 ,

1

11

1

11 e

n

n

n

n

na

n

nn

n

ha .n

21 1 0

nlim 0

1

nlimÍgy

n

n

n

nnnn

naa

ea divergens, nincs .s

e)

1 3

)1(

n

n

nn (3.e)

Mo.

,)1(3

)1(

11

n

n

n

n

n

cnn

ahol

,03

1

nncn ,2,1n , ,0lim

nc

n

illetve 3

1

nncn monoton fogyó. Tehát a

1 3

)1(

n

n

nn sor Leibniz típusú, így

konvergens, ezért az s sorösszeg-nek az ns részletösszeggel való közelítésének hibája:

.3 101 1,0)1(

1

)4)(1(

121

nn

nnncssH nn

Így az s -et legfeljebb 0,1 hibával közelítő részletösszeg 3s

.3

)1(3

1

k

n

kk

Megjegyzés. A sor abszolút konvergens, így a megfelelő közelítés az alábbiak segítségé- vel is megkapható:

111 3

1

3

1

3

)1(

nknknk

k

nkkkkkk

ssH a sor konvergenciájának a

definíciója alapján az

3

11

3

1

3

1

nnnn átalakítás felhasználásával.

Megjegyzés. Az előző maradéksor összege (a H hiba) felülről becsülhető a megfelelő

dxxx

n

)3(

1, vagy az dx

xn

2

1integrállal.


12

f) 0 ,!

)1(

0

n

n

n

n(3.f)

Mo.

11

,)1(!

)1(n

n

n

n

n cn

n

ahol ,!n

ncn

,2,1n .

Ha tetszőleges, akkor ,0nc amennyiben ,2,1n .

0 !

)1(

n

n

n

n

Leibniz típusú lesz, ha nc monoton fogy:

. ha ,0

1

1.

11

!1

!1!

!1

1

,!

!1

1

1

nnnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

c

c

n

n

Ezek szerint, ha n elég nagy, akkor 11

n

n

c

c, azaz ,0nc miatt nc monoton fogy.

(Oldjuk meg a 11

n

n

c

c egyenlőtlenséget, ha 0 :

Ha n növekszik n

1fogy

n

11 fogy

n

11 fogy, ha 0 ha 1n ,

úgy

21

11

11

n. Ennélfogva

1

12

1

111

nnn

.

Amennyiben 11

12

n

is teljesül, úgy fennáll, hogy 11

n

n

c

c és nc monoton fogy.

11

12

n

21n 12 n .)

Legyen .1 nc Leibniz sor nss hibája 1,0!

1

)!1(

)1(

)!1(

)1(1

nn

n

n

ncn

.

Ebből ,10!n illetve 4n adódik.

Tehát

4

1

4!

)1(

n

n

n

ns

az s -t 1,0 -nél kisebb hibával közelíti.

Megjegyzés. Az 0 eset részben hasonlóan vizsgálható.


13

g)

1 1000

)1(

n

n

n

n (3.g)

Mo.

111

,)1(1000

)1(1000

)1(

n

n

n

n

n

n

n

cn

n

n

n ,0

1000

n

ncn ,2,1n .

Könnyen belátható, hogy .01000

limlim

n

n

nc

nn

Vizsgáljuk nc monotonitását deriválással. Legyen 1 ,1000

)(

xx

xxf .

222)1000(2

1000

)1000(2

21000

)1000(

)1000(2

1

1000)(

xx

x

xx

xx

x

xxx

x

xxf .

Tehát 0)( xf , ha 1000x . Ezek szerint f monoton fogy az ,1000 -en, így ha

1000n , akkor )()1( nfnf , másképpen nn cc 1 , vagyis nc monoton fogyó.

Így az előzőek alapján nc pozitív, nullsorozat és monoton fogyó, ha ,1001 ,1000n .

A sor tehát Leibniz sor, így az nss közelítés hibája:

1,010001

11

n

ncssH nn .

Oldjuk meg a 1,010001

1

n

n egyenlőtlenséget. Növeljük az egyenlőtlenség baloldalát:

1,02

n

n. Ennek megoldása megoldása a 1,0

1000

1

n

n-nek is. 1,0

2

n

n

10002 n , akkor 1106 n és keresett közelítés az .1000

)1(210

1210

6

6

n

n

n

nss


14

4. Majoráns és minoráns kritérium. (A keddi gyakon mondjuk el mi az!)

a)

1 23

1

n n (4.a)

Mo. ,023

1

nan ha .1n Fennáll, hogy .0 ,

5

1

23

1

23

1

nnn bb

nnnna

nnb

nnn

n

1

5

1

5

1

111

, mivel

1

.1

n n Tehát a minoráns kritérium szerint

,23

1

1

n n a sor divergens.

b)

12

1

n nn (4.b)

Mo.1. Ismeretes, hogy ,1

1

n n ha ,1 így .

1

12

n n

Tehát, ha ,1

2nbn akkor .

1

n

nb d

Esetünkben nn

an

2

1 és 1limlim

2

2

nn

n

nb

a

nn

n .

Ezek szerint na és nb aszimptotikusan egyenlő, azaz na ~ nb . Így az összehasonlító

kritérium szerint

1n

na és

1n

nb egyszerre konvergens, illetve divergens.

Mivel esetünkben

1n

nb , ezért

1n

na , a kérdéses sor konvergens.

Mo2. nn

an

2

1. Ha n elég nagy, úgy n

n

2

2

. Így 0222 nnnn és

nn bnn

nnn

a

22

22

2

2

110 . (2)

Ismeretes, hogy ,1

1

n n ha ,1 így ,

1

12

n n ezért ,

2

12

n n vagyis,

ha ,2

2nbn akkor .

1

n

nb Ebből nn ba 0 miatt a majoráns kritériumból

következik, hogy ,1

n

na a sor konvergens.

(Megjegyzés. Igazolható, hogy ha ,2n akkor n valóban elég nagy, és nn

2

2

.

.2 4 4 2

342

nnnnnn

)


15

c)

12 32

2

nn

n

(4.c)

Mo. 34

2

32

22

n

n

n

n

na . Ha ,1n akkor ,03434 n így .0na

Ha n elég nagy, akkor 26432

4 nn

n

.

Ekkor .2

12

2

4

2

2

44

2

34

20 n

n

n

n

nn

n

n

n

n ba

n

nn

nb

11 2

12 konvergens, mert

2

1q kvóciensű mértani sor és 1

2

1q .

Ebből a nn ba 0 és a majoráns kritérium miatt :

12

1 32

2

nn

n

n

na konvergens.

d)

1

2

32

2

nn

n

(4.d)

Mo.1. ,022

2

32

2 22

n

n

n

n

n

n

n ba ha 2n . Mivel

n

nn

bn

2limlim és

,nn ba így

nan

lim . Tehát 0lim

nan

miatt a

1n

na sor divergens, mert a konvergencia szükséges feltétele nem teljesül.

Mo.2. ,022

2

32

2 22

n

n

n

n

n

n

n ba ha 2n . Fennáll, hogy 0 nn ba és

,211

n

n

n

nb mert

1

2n

n1-nél nagyobb abszolút értékű kvóciensű mértani sor.

Így a minoráns kritérium szerint .32

2

1

2

1

nn

n

n

na

e)

1126

32

nnn

nn

(4.e)

Mo. na0 .2

12

6

32

26

32

26

33

26

32111 n

n

n

n

nn

n

nn

nn

nn

nn

b

A

n

nn

nb

11 2

12 konvergens, mert

2

1q kvóciensű mértani sor, ahol 1

2

1q .

Innen nn ba 0 -ből a majoráns kritérium szerint az következik, hogy

11

1 26

32

nnn

nn

n

na konvergens.


16

f)

1

2 32

2

nn

n

(4.f)

Mo. ,04

1

2

32

1lim

32

2limlim

22

n

n

n

nnn

an

a

1

2 32

2

nn

n

na sor divergens, a sor konvergencia szükséges feltétele nem teljesül.

g)

126

35

2

127

n nnn

nn (4.g)

Mo.

.2

5

2

555

2

5

2

5

.1 ha ,2

5

2

27

2

27

2

127

6

5

66

5

26

5

226

5

26

5

26

5

26

55

26

35

26

35

n

n

bnn

n

nn

n

nn

n

nnn

n

nnn

n

nnnn

n

nnn

nn

nnn

nn

nnn

nna

Tehát 01

2

5

nba nn és

1

1

n n miatt .

1

2

5

11

nn

nn

b

Így a minoráns kritérium szerint

126

35

1 2

127

nn

nnnn

nna .

h)

128

35

3

17

n nn

nn (4.h)

Mo. 28

5

28

55

128

35 927

3

17

nn

n

nn

nn

nn

nna

n

n

. Ha n elég nagy, akkor ,2

28

nn

így

.1

1818

2

9

2

990

338

5

88

5

28

5

nn bnnn

n

nn

n

nn

na

A hiperharmonikus sorra ,1

1

n n ha 1 . Így ,

1

13

n n és

13

118

n n.

A

1n

118 és 0

nba nn feltételek teljesülése miatt a majoráns kritérium szerint

,3

17

128

35

1

nn

nnn

nna a sor konvergens.


17

i)

127

35

3

127

n nnn

nn (4.i)

Mo. .87

3

1270

7

5

7

55

27

35

nn

n

nn

nn

nnn

nnan

,

2

7

nn

ha elég nagy, így

.16

2

8

2

880

27

5

77

5

7

5

nn bnn

n

nn

n

nn

na

.22

2

67

nnnn

,1

12

n n mert 2 indexű hiperharmonikus sor és .1 Így

12

116

n nis áll.

nn ba 0 és

12

1

116

nn

nn

b , valamint a majoráns kritérium szerint

.3

127

127

35

1

nn

nnnn

nna

j)

6

4

2

n n

n

(4.j)

Mo.

.6 ha ,)2(

12

)3)(2(

12

)3)(2(

1

12

1234

)3)(2)(1(

!4.

!2

)1(

4

2

2

nbnnn

nnnnnn

nn

n

n

a

n

n

.12

5

12

4

12

)2(

12

4222

62

6

nnn

nnn

b Könnyen igazolható, hogy

ezért , 12 utóbbira azmert ,1

1

12

12

42

42

6

nnnn

nnnn

b

az konvergens hiperharmonikus sor. Kihasználtuk még, hogy ha két sor csak véges sok tagban különbözik egymástól, akkor ezek egyszerre konvergensek és divergensek, illetve fennáll az is, hogy egy sor akkor és csak akkor konvergens, ha nem nulla konstansszorosa

konvergens (lásd a

42

1

n nés

12

,1

n nilletve a

4

2

1

n nés

4

2

112

n n párok esetét).

Az előzőek alapján tudjuk, hogy ,)2(

12

4/

20

2 nn bn

nna

,7,6n valamint

fennáll, hogy

6

26

,2

12

nn

nn

b így a majoráns kritérium szerint

.4

/26

n

n

nna


18

5. Konvergensek-e az alábbi sorok?

a)

2 ln

1

nn

n (5.a)

Mo.

.ln

1nn

na Ha ,2n úgy 02lnln n miatt 0na és

10ln

1limlim

nna

nn

n következtében a gyökkritérium szerint

a

11 ln

1

nn

n

nn

a sor konvergens.

b)

1

2

12

2

nn

n

n (5.b)

Mo. ,01

2

2 2

nn

n

na ha 1n és

,12

1

2

11

12lim

lim2lim

12

2limlim

2

2

2

nn

nnn

n

n

na

n

nn

nn

nn így a

gyökkritérium szerint a

1

2

1 12

2

nn

n

n

n

na sor konvergens.

c)

2 ln

1

nn n

(5.c)

Mo. .ln

1nn

na Ha ,12 n úgy 0ln n , 0ln n n és .0

ln

1

nnn

a

Vizsgáljuk meg, teljesül-e a sor konvergenciájának szükséges feltétele, a

.feltétel 0ln

1limlim

nnnn

an

Legyen ,ln

1)(

x xxf .2x Így

.111

)(ln

1

ln

1)(

lnln

)ln(ln)ln(ln

1

)(lnln

1 1

x

x

x

xx

xxx

xe

ee

ex

xxf

x

Ennélfogva

.1limln

1lim)(lim 01

1

ln

1

lim'

lnlnlim

lnln

eeeexxx

xfx

xx

xHL

x

x

xx

x

x

Tehát 1ln

1lim

x xx miatt 0

ln

1limlim

nnnn

an

, így

2n

na divergens.


19

d)

n

n e

n

n

1!

1

1

(5.d)

Mo. .1!

1n

ne

n

na

,0na mivel 2e miatt .01e

. ha ,11

1

1

11

111

1

11

)1(1

1)1()1(

1

1

1

11

!)1(

!

1

)1(

1

)!1(

!1!

1

1

)!1(

1

1

1

1

11

1

n

e

e

e

enen

n

ee

e

n

nn

ne

e

n

n

nn

n

n

e

e

n

n

n

n

en

e

n

na

a

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nnn

n

n

Így tehát a hányadoskritérium alkalmazható és 1lim 1

n

n

a

a

n miatt

n

nn

ne

n

na

1!

1

11

divergens.

e)

n

n n

n

1 2

2 (5.e)

Mo. ,02

2

n

nn

na ha ,2,1n .

,12

1

2

2lim

2

2limlim

n

n

nn

n

na

nn

n

nn tehát a gyökkritérium miatt

n

nn

nn

na

11 2

2, a vizsgált sor konvergens.

f)

)1(

2 1

1

nn

n n

n (5.f)

Mo.

,01

11

nn

nn

na ha ,3,2n .

,11

1

1

11

11

11

11

lim1

1

11

lim

11

11

lim1

1lim

1

1limlim

2

1

1

1

1

1

1

11

ee

e

nn

nn

n

n

n

n

n

n

nn

n

nn

n

na

n

n

n

n

n

n

n

n

nn

nn


20

tehát a gyökkritérium szerint ,1

1)1(

22

nn

nn

nn


(Kihasználtuk az alábbi nevezetes határértéket: ,1lim a

n

en

a

n

ahol .0a )

g)

1

2

12

2

nn

n

n (5.g)

Mo. ,01

2

2 2

nn

n

na ha ,2,1n . Ekkor

,1

2

1

2

11

12

2lim

12

2limlim

22

2

n

n

n

n

n

na

n

nn

nn

nn így a

gyökkritérium szerint

1

2

1 12

2

nn

n

n

n

na konvergens.

h)

1 12

!

nn

n (5.h)

Mo. ,012

!

nn

na ha ,2,1n .

. 2

1

2

12

2

11

lim és 1lim mivel ,

2

12

2

11

)1(lim

122

12

!

!)1(lim

12

12

!

!1lim

12

!12

!1

limlim1

11

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nn

nn

n

n

nn

nn

n

nn

n

na

a

n

Tehát a hányadoskritérium szerint .12

!

11

nn

n

n

na


21

i)

1 12

1

n n (5.i)

Mo.1. ,01

2

1

12

1

nn b

nnna ha . ,2,1 n

Mivel a harmonikus sor divergens,

11

1

nn

nn

b . Ebből és az 0 nn ba feltételből

a minoráns kritérium szerint következik, hogy .12

1

11

nn

nn

a

Mo.2. 012

1)(

nnf és f monoton fogy az ,1 -en.

Ezért az integrálkritérium szerint a

1 12

1

n n sor és

1

12

1dx

x improprius integrál

egyszerre konvergens, vagy egyszerre divergens.

,1ln2

1)12ln(

2

1lim)12ln(2

1

12

2

2

1

12

1

111

xx

xdxx

dxx

tehát .12

1

11

nn

nn

a

j)

1

!2

nn

n

n

n (5.j)

Mo.1. ,0!2

n

n

nn

na ha ,2,1n .

szerint itériumhányadoskr aÍgy . ha ,12

11

12

/11

12

12

)1(2

)1)(1(12

1!

!1

2

2

!21

)!1(2

!2

1

)!1(2

1

1

1

11

1

1

ne

n

nn

n

n

n

nn

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

a

a

n

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

11

.!2

nn

n

n

nn

na


22

k)

1

,n

na ahol

.2 ha ,3

1

12 ha ,2

1

kn

kna

n

n

n . (5.k)

Mo. Könnyen belátható, hogy mivel nn 2

1

3

10 , ha ,2,1n . Ezért fennáll, hogy

,2

10 nnn ba ha ,2,1n Mivel

11 2

1

nn

n

nb egy 2

1q <1 kvóciensű

konvergens mértani sor, így a majoráns kritérium szerint a

1n

na sor is konvergens.

l)

n

n

n

1

arctan1

(5.l)

Mo.

n

n na

arctan

1

, ,1n így 0)0arctan()1arctan()arctan( n .

Tehát ha ,1n úgy 0)arctan( n és .0na

.12

1arctan

1limarctan

1limlim

n

nn

na

nn

n

nn

Így a gyökkritérium szerint .arctan1

11

n

nn

n na


23

5. Konvergensek-e az alábbi sorok?

a)

2 ln

1

nn

n (5.a)

Mo.

.ln

1nn

na Ha ,2n úgy 02lnln n miatt 0na és

10ln

1limlim

nna

nn

n következtében a gyökkritérium szerint

a

11 ln

1

nn

n

nn

a sor konvergens.

b)

1

2

12

2

nn

n

n (5.b)

Mo. ,01

2

2 2

nn

n

na ha 1n és

,12

1

2

11

12lim

lim2lim

12

2limlim

2

2

2

nn

nnn

n

n

na

n

nn

nn

nn így a

gyökkritérium szerint a

1

2

1 12

2

nn

n

n

n

na sor konvergens.

c)

2 ln

1

nn n

(5.c)

Mo. .ln

1nn

na Ha ,12 n úgy 0ln n , 0ln n n és .0

ln

1

nnn

a

Vizsgáljuk meg, teljesül-e a sor konvergenciájának szükséges feltétele, a

.feltétel 0ln

1limlim

nnnn

an

Legyen ,ln

1)(

x xxf .2x Így

.111

)(ln

1

ln

1)(

lnln

)ln(ln)ln(ln

1

)(lnln

1 1

x

x

x

xx

xxx

xe

ee

ex

xxf

x

Ennélfogva

.1limln

1lim)(lim 01

1

ln

1

lim'

lnlnlim

lnln

eeeexxx

xfx

xx

xHL

x

x

xx

x

x

Tehát 1ln

1lim

x xx miatt 0

ln

1limlim

nnnn

an

, így

2n

na divergens.


24

d)

n

n e

n

n

1!

1

1

(5.d)

Mo. .1!

1n

ne

n

na

,0na mivel 2e miatt .01e

. ha ,11

1

1

11

111

1

11

)1(1

1)1()1(

1

1

1

11

!)1(

!

1

)1(

1

)!1(

!1!

1

1

)!1(

1

1

1

1

11

1

n

e

e

e

enen

n

ee

e

n

nn

ne

e

n

n

nn

n

n

e

e

n

n

n

n

en

e

n

na

a

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nnn

n

n

Így tehát a hányadoskritérium alkalmazható és 1lim 1

n

n

a

a

n miatt

n

nn

ne

n

na

1!

1

11

divergens.

e)

n

n n

n

1 2

2 (5.e)

Mo. ,02

2

n

nn

na ha ,2,1n .

,12

1

2

2lim

2

2limlim

n

n

nn

n

na

nn

n

nn tehát a gyökkritérium miatt

n

nn

nn

na

11 2

2, a vizsgált sor konvergens.

f)

)1(

2 1

1

nn

n n

n (5.f)

Mo.

,01

11

nn

nn

na ha ,3,2n .

,11

1

1

11

11

11

11

lim1

1

11

lim

11

11

lim1

1lim

1

1limlim

2

1

1

1

1

1

1

11

ee

e

nn

nn

n

n

n

n

n

n

nn

n

nn

n

na

n

n

n

n

n

n

n

n

nn

nn


25

tehát a gyökkritérium szerint ,1

1)1(

22

nn

nn

nn


(Kihasználtuk az alábbi nevezetes határértéket: ,1lim a

n

en

a

n

ahol .0a )

g)

1

2

12

2

nn

n

n (5.g)

Mo. ,01

2

2 2

nn

n

na ha ,2,1n . Ekkor

,1

2

1

2

11

12

2lim

12

2limlim

22

2

n

n

n

n

n

na

n

nn

nn

nn így a

gyökkritérium szerint

1

2

1 12

2

nn

n

n

n

na konvergens.

h)

1 12

!

nn

n (5.h)

Mo. ,012

!

nn

na ha ,2,1n .

. 2

1

2

12

2

11

lim és 1lim mivel ,

2

12

2

11

)1(lim

122

12

!

!)1(lim

12

12

!

!1lim

12

!12

!1

limlim1

11

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nn

nn

n

n

nn

nn

n

nn

n

na

a

n

Tehát a hányadoskritérium szerint .12

!

11

nn

n

n

na


26

i)

1 12

1

n n (5.i)

Mo.1. ,01

2

1

12

1

nn b

nnna ha . ,2,1 n

Mivel a harmonikus sor divergens,

11

1

nn

nn

b . Ebből és az 0 nn ba feltételből

a minoráns kritérium szerint következik, hogy .12

1

11

nn

nn

a

Mo.2. 012

1)(

nnf és f monoton fogy az ,1 -en.

Ezért az integrálkritérium szerint a

1 12

1

n n sor és

1

12

1dx

x improprius integrál

egyszerre konvergens, vagy egyszerre divergens.

,1ln2

1)12ln(

2

1lim)12ln(2

1

12

2

2

1

12

1

111

xx

xdxx

dxx

tehát .12

1

11

nn

nn

a

j)

1

!2

nn

n

n

n (5.j)

Mo.1. ,0!2

n

n

nn

na ha ,2,1n .

szerint itériumhányadoskr aÍgy . ha ,12

11

12

/11

12

12

)1(2

)1)(1(12

1!

!1

2

2

!21

)!1(2

!2

1

)!1(2

1

1

1

11

1

1

ne

n

nn

n

n

n

nn

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

a

a

n

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

11

.!2

nn

n

n

nn

na


27

k)

1

,n

na ahol

.2 ha ,3

1

12 ha ,2

1

kn

kna

n

n

n . (5.k)

Mo. Könnyen belátható, hogy mivel nn 2

1

3

10 , ha ,2,1n . Ezért fennáll, hogy

,2

10 nnn ba ha ,2,1n Mivel

11 2

1

nn

n

nb egy 2

1q <1 kvóciensű

konvergens mértani sor, így a majoráns kritérium szerint a

1n

na sor is konvergens.

l)

n

n

n

1

arctan1

(5.l)

Mo.

n

n na

arctan

1

, ,1n így 0)0arctan()1arctan()arctan( n .

Tehát ha ,1n úgy 0)arctan( n és .0na

.12

1arctan

1limarctan

1limlim

n

nn

na

nn

n

nn

Így a gyökkritérium szerint .arctan1

11

n

nn

n na


28

6. Integrálkritériummal döntsük el, hogy konvergensek-e?

a)

1nne

n (6.a)

Mo. .1 ,0)( )( xe

xxf

e

nnf

xn

,011

22

xx

x

x

xx

e

x

e

xe

e

xeexf ha .1x Tehát az ,1 intervallumon f

pozitív és monoton csökkenő függvény. Most vizsgáljuk az

11

dxe

xdxxf

x integrált.

).1(

xeexedxexedxxedxe

x xxxxxx

x Innen

.

21lim

21lim

2

1lim

22)1(lim)1(

1

11

eexee

x

xe

e

x

xeexe

xxxedx

e

x

xx

x

x

x

Mivel f az ,1 -en pozitív és monoton csökkenő függvény és improprius integrálja

konvergens (véges), ezért

11 nn

n

ne

na (konvergens).

b)

1n

n

n

e (6.b)

Mo. ,n

enf

n

,2,1n . xex

exf

x

x 1)(

pozitív és monoton fogyó az

,1 intervallumon, ezért a

1n

n

n

e sor és az

11

)( dxx

edxxf

x

improprius integrál

egyszerre konvergens, illetve egyszerre divergens.

,222

2 cedxxedxx

edx

x

e xxxx

így

.2

22lim21

1

1

eee

xxedx

x

e xx

Eszerint

1

dxx

e x

konvergens, így

1n

n

n

e is konvergens, összege létezik.


29

c)

2 ln

1

np nn

(6.c) )1( p

Mo. ,ln

1

nnnf

p ,3,2n .

1. eset. Legyen 1p . Ha 13n , úgy 1lnln en , xx

xfpln

1)( pozitív és

monoton fogy a ,3 intervallumon, ezért az integrálkritérium szerint a

3 ln

1

np nn

sor

és az

33

ln

1)( dx

xxdxxf

p improprius integrál egyszerre konvergens, illetve divergens.

dx

xxdx

xx

p

p

1ln

ln

1.

)(ln

1

1

1

1

)(ln)(lnln

1

1

p

pp

xpp

xdxxx Így

.)3(ln

1

1

1

)3(ln

1

1

1

)(ln

1

1

1lim

1)(ln

1

1

1

3ln

1)(

111

33

ppp

p

ppxpx

pxp

dxxx

dxxf

Eszerint

3ln

1dx

xx p konvergens, így

3 ln

1

np nn

és

2 ln

1

np nn

is konvergens.

2. eset. Legyen 1p . Az 1. esethez hasonló módon kezelhető.

))ln(ln(ln

'ln

ln

1

ln

1

ln

12

222

1

2

xdxx

xdx

x

xdxxx

dxxx p

. Így

23 ln

1 .

ln

1

np

np nnnn

.

3. eset. Legyen 1p … . Az előzőeket is felhasználva járhatnánk el esetszétválasztással p

különböző értéktartománya mellett.


30

7. Határozzuk meg az alábbi sorok értékét legfeljebb 310

hibával, amennyiben konvergensek!

a)

12

2

12n

n

n

n (7.a)

Mo.

n

nn

na

12 2

2

, ,0na ha ,2,1n .

,12

1

12lim

12limlim

2

2

2

2

n

n

nn

n

na

nn

n

nn tehát a gyökkritérium

szerint

12

2

1 12n

n

n

nn

na , a sor konvergens, így összege s létezik.

Az s -nek az ns -nel, az n -edik részletösszeggel való közelítésének a hibája:

.2

1

2

11

2

1

2

1

212

1

112

2

12

2

1

n

n

nk

k

nk

k

nk

k

nk

knk

k

k

kassH

(Egy konvergens, q kvóciensű mértani sor összege ,1 q

a

a az első tag.)

Legyen a hiba 310

-nál kisebb: 3102

1

n

3102 n 10n .

Így a sor értéke 310

-nál kisebb hibával:

10

12

210

1

10 .12k

k

k

knk

kass


31

b)

2 !!2

1

n nn (7.b)

Mo. .!!)1()12()2(

1

nnnnnan

Ha n elég nagy, akkor !2

!)1()12()2(n

nnnn

és ezért

122

2

)!2(

2

!)1()12()2(

2

2

!)1()12()2(

1

2

!)1()12()2(!)1()12()2(

1

!!)1()12()2(

10

n

n

nnnnnnnnn

nnnnnnnn

nnnnna

,4

1

4

4

22

2112

nnn

ha .2n Tehát ,4

10

1 nnn ba

ha .2n

2221

2 4

1

4

1

4

1

4

1

4

1

n

n

nn

nn

n

nb konvergens mértani sor, amelynek kvóciense 1-

nél kisebb abszolút értékű:4

1q .

A majoráns kritérium szerint a pozitív tagú

22 !!2

1

nn

nnn

a sor konvergens, így

értéke

2 !!2

1

n nns létezik. Az nss közelítés H hibája:

1

1

1111 4

1

3

1

4

11

4

1

4

1

4

1

4

1

n

n

nk

k

nk

k

nk

k

nk

kn baassH .

Mivel a hiba legfeljebb 310

lehet, legyen ,104

1

3

1 3

1

ninnen ,

3

10004 1 n .4n

Így a sor értékét legfeljebb 310

hibával közelíti 4s , ahol

.4688,040296

1

714

1

22

1)!4!8/(1)!3!6/(1)!2!4/(1

!)!2(

14

2

4

k nn

s


32

c)

1 102

)2(

nnn

n

(7.c)

Mo.

1111

,)1(102

2)1(

102

2)1(

102

)2(

n

n

n

nnn

nn

nnn

nn

nnn

n

c itt .102

2nn

n

nc

Ha ,1n akkor .0nc

nnn

n

nc51

1

102

2

monoton fogy, ha n növekszik, továbbá ,0nc ha .0n

Tehát

11

)1(102

)2(

n

n

n

nnn

n

c Leibniz típusú, így konvergens, azaz s létezik.

Az nss közelítés hibája 3

11 1051

1

nnn cssH 4n

.102

24

1

4

kkk

k

ss

d)

1 )!2(

3!

n

n

n

n (7.d)

Mo. Az nss közelítés hibája: .)!2(

3!

11

nk

k

nk

knk

kassH

.3 ha ,4

3

1

3

)1(

3

)1()1)(1(

3

)1()12)(2(

3

!)1()12)(2(

3!

)!2(

3!0

kkkkkk

kkkkkkk

k

k

ka

kk

k

kk

kkk

k

Mivel ,4

30 k

k

k ba

ha 3k , és

33 4

3

k

k

k

kb konvergens mértani sor, így a

majoráns kritérium szerint a

3k

ka sor és így a

1k

ka is konvergens,

1 )!2(

3!

k

n

n

ns létezik.

Tegyük fel, hogy .3k Ekkor n

n

n

k

nknk

k baH

1

1

11 4

34

4

31

4

3

4

3.

28 40003

4 10

4

34

1

3

1

nH

nn

.

Tehát az s sorösszeg legfeljebb 310

-nyi hibával .)!2(

3!28

1

28

1

28

n

n

n

nn

nas


33

Megjegyzés. Az, hogy

11 )!2(

3!

n

n

n

nn

na létezik, könnyen igazolható az alábbi módon is:

Mo. )!2(

3!

n

na

n

n . ,0na ha ,2,1n .

.0 ha ,0

122

3

1212

13

)12(22

3)1(

)!2)(12)(22(

)!2(

3

33

!

!)1(

!22

!2

3

3

!

)!1(

3!

)!2(

!12

3)!1( 11

1

nn

nn

n

nn

n

nnn

n

n

nn

n

n

n

n

n

n

n

n

a

a

n

n

n

n

n

n

n

n

A hányadoskritérium szerint tehát a

1 )!2(

3!

n

n

n

n sor konvergens,

1 )!2(

3!

n

n

n

ns létezik.

e)

1 )3(

)1(

n

n

nn (7.e)

Mo.1.

111

,)1()3(

1)1(

)3(

)1(

n

n

n

n

n

n

n

cnnnn

ahol )1(

1

nncn monoton fogy

és pozitív, ha ,2,1n és ,0nc ha .n Ezek alapján

1 )3(

)1(

n

n

nnLeibniz típusú,

tehát s összege létezik és az s -nek az ns -nel való közelítésének a hibája legfeljebb

)4)(1(

11

nncn .

Ezért 10)1( 10)1(

1

)4)(1(

1 323

21

nnnn

cssH nn 31n

Tehát .)3(

)1(31

1

31

k

k

kkss


34

8. Mekkora hibát követünk el, ha a sorösszeget a 10. részletösszeggel közelítjük?

a)

1 2!

1

n n (8.a)

Mo. ,02!

1

nan ha ,2,1n .

2 ha ,2

1

2222

1

432

1

!

1

2!

11

nbnnn

a nnn

.

Így ,2

1

11

1

nn

n

nb mert 12

1q kvóciensű konvergens mértani sor. Ezért a

majoráns kritérium szerint a

1 2!

1

n nsor is konvergens, tehát az s összege létezik.

Az nss közelítés hibája ,H ahol

. ,2,1 ha ,2

1

2

11

2

1

2

1

2!

11

11

111

nbn

assHn

n

nkk

nk

k

nknk

kn

10n -re .102512

1

2

1 3

9

H Tehát ekkora a sorösszegnek a 10. részletösszeggel

való közelítésének a hibája.

b)

12 3

1

nnn

(8.b)

Mo. nn

na

3

12

. ,0na ha ,2,1n .

,3

1

3

12 nnnn b

na

ha ,2,1n

,3

1

11

nn

n

nb mivel 13

1q kvóciensű, konvergens mértani sor.

Az előzőek és a majoráns kritérium szerint

12

1 3

1

nn

n

nn

a konvergens, s létezik.

Az nss közelítés hibája:

.32

1

3

1

2

3

3

11

3

1

3

1

3

1

3

11

1

1112

1nn

n

k

nknkk

nkk

nk

knk

assH

Esetünkben ,10n így az s -nek 10s -el való közelítésével elkövetett hiba:

6

10109

118098

1

32

1

32

1

n

H .


35

c)

1 )!2(

!

n n

n (8.c)

Mo. .)!2(

!

n

nan . ,2,1 ha ,0 nan

ahonnan ,

4

1

)12(2

1

)1()12)(2(

1

12

1

12

1

)1()12)(2()12)(22(

1

2)(n1)2)(2n(2n

1

1)1(1)1(2)1(2

1

Így .)1()12)(2(

1

!)1()12)(2(

!

)!2(

!

1

nn

n

n

aannnnnn

n

nnnnn

n

nnna

nnnnnnn

n

n

na

,4

1

4

1

4

1

4

1

4

1

4

13

3

2

121 nnnnnnnn aaaaaaaa

.

Ezek szerint az ssn közelítés hibája:

.3

1

4

11

4

1

4

1

4

1

4

132

321 n

n

nnnnnnn a

a

aaaaaassH

Így az ss 10 közelítés hibája 13

10 105!20

!10

3

1

3

1 a .


36

d)

122 32

3

nn

n

n (8.d)

Mo.1.: ,034

32

n

an

n

n ha ,2,1n n.

,4

3

4

3

34

30

2 n

n

n

n

n

n

n bn

a

ahol ,

4

3

11

n

nn

nb mert

1n

nb egy

14

3q kvóciensű konvergens mértani sor. Tehát a majoráns kritérium szerint az

34

3

12

nn

n

ns sorösszeg létezik.

Az ssn közelítés hibája:

.4

34

4

31

4

3

4

3

4

3

34

31

1

1112

n

n

nk

k

nkk

k

nkk

k

nk

ssH

Ezért 10n -re .17,04

34

11

H

Megjegyzés. A

12 34

3

nn

n

n konvergenciája a majoráns kritérium nélkül is kimutatható,

de csak jóval több munkával, lásd lejjebb:

Ebben az esetben

,14

3

004

0013

4

3

4

14

4

3

41

3n

limn

lim2

2

1

nn

nn

n

n

n

n

a

a

tehát a hányadoskritérium szerint . 32

3

122

1

nn

n

n

nn

as

A 04

lim2

n

n

n igazolásához vizsgáljuk meg

x

x

4

2

monotonitását az ,1 -en.

,02ln244

2ln2

4

2ln442

4

2

2

22

x

xxxxxxxxx

xx

x ha 3x . Ezért

x

x

4

2

monoton fogy a ,3 -en, így n

n

4

2

pozitív, monoton fogy és korlátos a ,3 -en, tehát

létezik .4

lim2

n

n

nL

Az

n

n

4

2

sorozat 1

2

4

)1(

n

nrészsorozatának is ugyanaz a határértéke:

.

4

1*

4

11lim

4lim

4

11

4lim

4

1lim

2

2

2

2

1

2

Lnnn

n

nn

n

n

nL

nnn

Az 41 LL egyenlet megoldása tehát valóban az .0

4lim

2

n

n

nL


37

e)

12

)1()1(

n

n

nn

n (8.e)

Mo. ,)1()1(

2 nn

na

n

n

,2,1n .

112

,)1()1()1(

n

n

n

n

n

cnn

n ahol ,0

12

nn

ncn ha ,2,1n

Sejtés: Ha ,2,1n , akkor 1 nn cc)1()1(

122

nn

n

nn

n

23

122

nn

n

nn

n )()23)(1( 22 nnnnnn .022 nn

Tegyük fel, hogy ,2n akkor 0)2)(1(22 nnnn teljesül, amiből a korábbiak

szerint az is következik, hogy , 1 nn cc ha ,3,2n , azaz nc monoton fogyó és a

korábbiak szerint pozitív is.

Tehát mivel 0n

lim

nc is teljesül, így a

112

)1()1()1(

n

n

n

n

n

cnn

nsor Leibniz

típusú és ezért az s összege létezik, valamint az nss hibája .1 nn cssH

Így a keresett közelítés hibája:

.08,0132

10

1111

11121110

cssH

Megjegyzés. nn

ncn

2

1monoton fogyása könnyen megvizsgálható deriválással.

,2,1 ,1

)(2

n

nn

nnf → .1 ,

1)(

2

x

xx

xxf →

.3 ha ,0)(

2)1(

)(

)12(

)(

12

)(

)12(

)(

)12)(1(1)(

22

2

22

2

22

2

22

22

22

2

2

xxx

x

xx

xx

xx

xx

xx

xxxx

xx

xxxx

xx

xxf

Ebből következik, hogy az f függvény monoton fogy a ,3 -en, aminek egyenes

következménye, hogy a ,2,1 ,1

2

n

nn

ncn sorozat is monoton fogy.


38

9. Abszolút, illetve feltételesen konvergensek-e?

a)

12 4

)4()1(

n

n

n

n (9.a)

Mo. I. RÉSZ

112

,)1(4

)4()1(

n

n

n

n

n

cn

nahol ,0

4

42

n

ncn ,2,1n

Sejtés: nc monoton fogyó, azaz 1,2,n ,1 nn cc

Igazoljuk ezt ekvivalens egyenlőtlenségek bevezetésével:

1,2, ,1 ncc nn 4

4

4)1(

4)1(22

n

n

n

n

4

4

52

522

n

n

nn

n

)4)(52()4)(5( 22 nnnnn

201362042^5 233 nnnnnn .092^ nn

Mivel az utolsó egyenlőtlenség igaz és ekvivalens az elsővel, nc valóban monoton fogyó.

.04

1

41

lim4

4limlim

2

2

2

n

nn

nn

n

nc

nn

Az eddigiek alapján beláttuk, hogy a sor Leibniz típusú, így

12 4

)4()1(

n

n

n

n konvergens,

és az ssn közelítés hibája: .1 nn cssH

II. RÉSZ 4

)4()1(2

n

na

n

n

. ,3,2 ha ,01

44

4

. ,2,1 ahol ,04

4

222

2

nbnn

n

n

n

n

na

nn

na

nn

n

Ismeretes, hogy a harmonikus sor divergens,

1

1

n n. A minoráns kritérium

alkalmazásával a

1n

na és

1n

nb sorra az adódik, hogy

1n

na , tehát az eredeti

12

1 4

)4()1(

n

n

n

nn

na sor nem abszolút konvergens, de konvergens, vagyis definíció

szerint feltételesen konvergens.


39

b)

22ln

)1(

n

n

nn (9.b)

Mo. I. RÉSZ

).04lnln42( 0ln

1 ahol ,)1(

ln

)1( 22

222

2

nnnnn

ccnn

n

n

n

n

n

n

2ln

1

nncn monoton fogy, ha 2n és n növekszik.

.0ln

1limlim

2

nnnc

nn

Ezek alapján a

22ln

)1(

n

n

nn sor Leibniz típusú, tehát konvergens.

II. RÉSZ

az ln

1)(

ln

1

ln

)1(222 xx

xfnfnnnn

an

n

előzőek szerint a ,2 -en pozitív

és monoton fogyó, így

22ln

1

n nn és dx

xxdxxf

2

2

2ln

1)( egyszerre konvergens,

illetve divergens.

,lnln2

1

ln

1

2

1

ln2

1

)ln(

12

xdxx

xdxxx

dxxx

így

dxxx

2

2ln

1 ,2lnln

2

1lnln

2

1limlnln2

1

2

xx

x tehát a

2

22 ln

1

nn

nnn

a sor divergens, azaz

22

2 ln

)1(

n

n

n

nnn

a nem abszolút konvergens.

Ugyanakkor mivel

22ln

)1(

n

n

nn konvergens is, tehát feltételesen konvergens.


40

c)

12 832

)1(

n

n

nn (9.c)

832

)1(2

nna

n

n ,

.32

1

832

1

832

)1(222 nnnnnn

an

n

Ha n elég nagy, akkor ,3

2

2 2

nn

és

ekkor 22

22

1

2

22

1

32

10

nnn

nnan

. ( ,32

2 2

nn

ha 3n .)

Mivel ,1

2nan ha ,3n továbbá

12

1

n n, így a majoráns kritérium szerint

1n

na , ezért

12

1 832

)1(

n

n

n

nnn

a abszolút konvergens, tehát nem feltételesen

konvergens, de ugyanakkor konvergens is.

d) nn 2

1

!

1

2

1

!3

1

2

1

!2

1

2

11

32 (9.d)

Mo. Képezzük a tagok abszolút értékeiből álló sort:

132 2

1

!

1

2

1

!

1

2

1

!3

1

2

1

!2

1

2

11

nnn nn

.

Vizsgáljuk a

1 !

1

n n és

1 2

1

nn

sorok konvergenciáját!

Tekintsük a

1 !

1

n n sort. Legyen ,

!

1

nan ,0na ,2,1n .

Ekkor ,101

1lim

)!1(

!limlim 1

nnn

n

na

a

n n

n így

1 !

1

n n konvergens.

Vizsgáljuk a

1 2

1

nn

sort. Legyen ,2,1 ,2

1 nb

nn . Ekkor 0nb és

,12

1lim

2

2limlim

1

1

nnb

b

n n

n

n

n így

1 2

1

nn

konvergens.

Mivel

1 !

1

n n és

1 2

1

nn

is konvergens, a

1 2

1

!

1

nnn

összegsoruk is az. Mivel az utóbbi

összegsor pozitív tagú, ezért egyúttal abszolút konvergens is.


41

e)

2332 )2(

1

)12(

1

3

1

2

11

nn (9.e)

Mo. Képezzük a tagok abszolút értékeiből álló sort:

1232332

2

1

)12(

1

2

1

12

1

3

1

2

11

n nnnn .

Vizsgáljuk a

13)12(

1

n n és

12

2

1

n nsorok konvergenciáját!

Tekintsük a

13)12(

1

n n sort. A ...

5

1

3

1

1

1

)12(

1333

13

n npozitív tagú sor

majorizálható az 3 indexű, tehát 1 miatt konvergens hiperharmonikus sorral,

vagyis a ...3

1

2

1

1

11333

13

n n sorral, ezért a majoráns kritérium szerint

...5

1

3

1

1

1

)12(

1333

13

n n konvergens.

Ehhez hasonlóan látható be, hogy konvergens az alábbi sor is:

222

12

6

1

4

1

2

1

2

1

n n.Mivel

13)12(

1

n n és

12

2

1

n n is konvergens, a

1 2

1

!

1

nnn

összegsoruk is konvergens. Minthogy az utóbbi összegsor pozitív tagú, ezért

abszolút konvergens is.

Kiegészítés. Igazoljuk a definíció felhasználásával is, hogy

12

2

1

n nkonvergens,

Tudjuk, hogy

12

1

k kkonvergens, azaz létezik az összege, a véges .

1lim

12

n

k kns

Vizsgáljuk

12)2(

1

k k konvergenciáját:

n

k

n

k knkns

12

122

4

1lim

)2(

1lim

.4

11lim

4

11

4

1lim

12

12

sknkn

n

k

n

k

Tehát

12)2(

1

k kkonvergens.)

Documents

Numerikus sorokkal kapcsolatos definíciók és tételekmath.bme.hu/~pitrik/2019_20_2/A2_2020/Numerikus sorok gyakorlat… · Numerikus sorok gyakorlat í. verzió 5 1. Konvergensek-e