Végtelen sorok konvergencia kritériumai · 2012. 2. 4. · 2.2. Végtelen sorok és muv˝ eletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. A legismertebb kritériumok

Eötvös Loránd Tudományegyetem

Természettudományi kar

Végtelen sorok konvergencia kritériumaiBSc szakdolgozat

Készítette: Témavezeto:

Bogye Tamara Bátkai András

Matematika BSc egyetemi docens

Matematika tanári Alkalmazott analízis

szakirány Tanszék

Budapest

2012

Tartalomjegyzék

Bevezetés 4

1. Végtelen sorok története 5

1.1. Ókor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. Közép és koraújkor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2. Alaveto fogalmak és ismertebb kritériumok 12

2.1. Alapfeltételek és definíciók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2. Végtelen sorok és muveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3. A legismertebb kritériumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4. Minoráns kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.5. Majoráns kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.6. Leibniz - kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.7. Cauchy-féle Gyökkritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.8. d’ Alambert féle hányadoskritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.9. Hányados-minoráns kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.10. Hányados-majoráns kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3. Kevésbé ismert kritériumok 22

3.1. Raabe kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.2. Kummer kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.3. Bertrand - kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.4. Gauss - kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.5. Integrálkritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.6. Kondenzációs kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2

Végtelen sorok konvergencia kritériumai

3.7. Jermakov - kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.8. Dirichlet I. kritériuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.9. Dirichlet II. kritériuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.10. Abel - kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.11. Logaritmikus kritérium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4. Végtelen sorok a középiskolában 38

4.1. Számsorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.2. Végtelen sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Köszönetnyilvánítás 42

3

Bevezetés

Szakdolgozatom témájaként a végtelen sorok konvergencia kritériumait választottam.

Fontosnak tartottam, hogy olyan területét mutassam meg a matematikának, mely hozzám

is közel áll. A tudományra fogékony embereket mindig is foglalkoztatta az a gondolat,

hogy vajon mi lehet egy - egy végtelen sor összege, és ezt hogyan számolhatjuk ki.

E, korokon átívelo problémára szeretnék néhány megoldást mutatni munkám során.

http://de.inforapid.org/index.php5?search=Konvergenzkriterium

4

1. fejezet

Végtelen sorok története

1.1. Ókor

Az ókorban is gyakran voltak olyan problémák, feladatok, melyek megoldásához bi-

zonyos sorozatok, sorok ismerete elengedhetetlen volt, ezért már az akkori tudósokat is

mélyen foglalkoztatták.

A babilóniai aritmetika foglalozott eloször a mértani sorozattal és a négyzetszámok

sorozatával. Ám az egyiptomiaktól sem álltak távol ezen ismeretek.

Az ókori görögöknél pedig már megjelentek az egynél kisebb kvóciensu geometriai

sorozat tagjaiból álló végtelen sorok, és ezek összegei. Erre a leghíresebb példák Zenon

(i.e. 490-430) paradoxonjai, mint például Akhilleusz és a teknos versenye, vagy a kilott

nyíl problémája. Az Akhilleusz feladat alapja, hogy a hos versenyre kel a teknossel, úgy,

hogy az utóbbi elonnyel indul a megmérettetésen. Ám a futó sosem éri utol a teknost,

mert mire sikerül ledolgoznia a teknosbéka eredetileg kapott elonyét, addigra a teknos

már megint megtesz egy távot, s amíg ezt is lefutja Akhilleusz, addigra a teknos újabb

elonyt szerez, és így tovább. Tehát a verseny sosem ér véget. Ebbol a feltevésbol ki-

indulva tagadta a mozgást Zenon. Most viszgáljuk meg ezt a feladatot matematikailag

leírva. Vegyük a teknos elonyét a verseny kezdetén 1 egységnyinek, és tegyük fel, hogy

Akhilleusz sebessége k-szorosa a teknosének (k > 1). Így Akhilleusznak a következo

távokat kell megtennie egymás után:

1, 1k, 1k2, ..., 1

kn, ...

5


A verseny idejét úgy kapjuk, hogy az idoegységnek az 1 hosszúságú elony lefutási idejét

vesszük. Ekkor a verseny

1, 1k+ 1

k2+ ...+ 1

kn+ ...

ideig tartott. Ebbol gondolta Zenon, hogy mivel egyre nagyobb pozitív számokat adunk

össze, ezért soha nem ér célba Akhilleusz. Ám már Arisztotelész (i.e. 384-322) felis-

merte, hogy az ilyen, és hasonló, egynél kisebb kvóciensu geometriai soroknak van véges

összege. ( A fenti esetben ez kk−1 ).

1.2. Közép és koraújkor

Ritkán, ám a középkorban is felbukkantak a végtelen összegek. A XIV. században

Richard Swineshead foglalkozott egy fizikai probléma kapcsán a végtelen sorokkal, majd

Nicole Oresme (1323-1382) vizsgálta az

1 + 12+ 1

3+ ...+ 1

n+ ...

harmonikus sort. Bebizonyította többek között azt is, hogy ezen összeg "bármely számnál

nagyobb". A konvergencia illetve a divergencia fogalma ekkor még ismeretlen volt. A

XV. században leginkább csillagászati, kerület, és terület számítási problémák kapcsán

találkozhatunk a végtelen sorokkal. A XV I. században Francois Viete (1540-1605) meg-

adta a mértani sor összegének képletét. Az elkövetkezendo korokban pedig virágzásnak

indult a sorelmélet fejlodése. Gregory De Saint Vincent (1584-1667) XV III. századi

matematikus foglalkozott mélyebben Zenon apóriáival. Rájött, hogy, ha a végtelen geo-

metriai sor kvóciense egynél kisebb, akkor összege véges. Ezt a sor limeszének nevezte

és a sor végének fogalmaként használta. Úgy vélte, hogy ezt a véget sosem érhetjük

el, ám bármilyen kis számnál jobban meg tudjuk közelíteni. Munkássága során sikerült

bizonyítania a hiperbola alatti terület és a logaritmus közti∫∞0

11+x

dx = ln(1 + x)

kapcsolatot. Késobb ezt az összefüggést Nicolus Mercator (1620-1687) alkalmazta az

ln(1 + x) kiszámításához használható végtelen sor kifejezésére. Végtelen osztással

11+x

= 1− x+ x2 − x3 + ...

6


kapta, majd ennek integrálásával

ln(1 + x) = x− x2

2+ x3

3− x4

4+ ...

úgynevezett Mercator sorhoz jutott. Hasonló módszerrel fejezte ki az arctanx sorát

James Gregory (1638-1675). Az∫∞0

11+x2

dx = arctanx összefüggést felhasználva vég-

telen osztással

11+x2

= 1− x2 + x4 − x6 + ...

egyenloséghez jutott. Ezt a felfedezést, az úgynevezett Gregory sort , ami azonos arctanx

Taylor-sorával 1671-ben közölte Gregory, 40 évvel Taylor elott. Ezekben az idokben

kezdték el komolyabban vizsgálni, hogy az eddig csak alkalmazott sorok mikor kon-

vergensek, mikor divergensek, van-e véges összegük, és, ha igen, akkor mikor? Ezen

kérdések vizsgálata sokszor szült vitákat és ellentmondásokat. Erre kiváló példa Jacob

Bernoulli (1654-1705) egyik feltevése. Azt állította, hogy egy olyan sor, melynek ál-

talános tagja nullához tart, annak az összege végtelen is lehet. Ez a kijelentése még a

következo században is nagy port kavart. Ám fenti megállapítása ellenére Bernoulli néha

egy-egy divergens sor vizsgálatakor ellentmondásokba ütközött. Tekintsük meg ennek

példájaként az alábbi feladatot.

1 + 12+ 1

4+ ... = 2

13+ 1

6+ 1

12+ ... = 2

3

15+ 1

10+ 1

20+ ... = 2

5

.

.

.

Ezen egyenloségeket adjuk össze, ekkor:

1 + 12+ 1

3+ 1

4+ ... = 2(1

3+ 1

5+ ...).

Mint látható a bal oldalon a harmonikus sort kaptuk, míg jobb oldalon a páratlan számok

reciprokainak sorát. Most mindkét oldalt 2-vel elosztva

7


12+ 1

4+ 1

6+ ... = 1

3+ 1

5+ ....

kapjuk. Ami ellentmondás, ugyanis, mint tudjuk ez nem lehetséges. Ilyen, és hasonló

tévutak után érkezünk el a XV II − XV III. század fordulójára, ahol két kiváló tudós

munkássága hozta meg az egyik nagy áttörést a sorelmélet fejlodésében. Sir Isac New-

ton (1642-1727) és Gottfried Wilheim Leibniz (1646-1716) a kor fizikai problémáit vizs-

gálva jutottak el megállapításaikhoz. Oket tartják számon a függvénytan megalapítóiként,

a differenciálszámítás, illetve integrálszámítás felfedezoiként is. Ekkoriban a mechani-

kában még csak közelíto számításokat tudtak végezni, ám elsoként Newton és Leibniz

polinomokat kezdtek el alkalmazni ezen közelítésekre. A függvényeket végtelen poli-

nomokként, azaz hatványsorokként írták fel, ugyanis ezeket könnyebb volt -tagonként-

integrálni. Munkássága során Newton is rájött Mercatortól függetlenül, hogy

ln(1 + x) = x− x2

2+ x3

3+ ...

igaz. Megállapította továbbá

arcsinx = x+ 16x3 + 3

40x5 + 5

112x7 + ...-t.

Ezen sor segítségével kapta meg a sinx függvény hatványsorát, az alábbiak szerint. Ve-

zessük be az arcsinx = s jelölést. Ekkor

s = x+ 16x3 + 3

40x5 + 5

112x7 + ...

A továbbiakban egyenlore a fenti sornak csak az elso 3 elemét vizsgáljuk. Nézzük az

x = s+ p felbontást.

0 = p+ 16(s3 + 3s2p+ ...) + 3

40(s5 + ...).

Ekkor alkalmazzuk a határozatlan együtthatók módszerét. A p = A, p = As, p = As2

kipróbálásával mindig A = 0-t kapunk, ám p = As3 helyettesítés esetén

A+ 16= 0⇒ A = −1

6

érték jön ki. Tehát

x = s− 16x3 + ....

Most helyettesítsünk be p = −16s3 + q-t

8


0 = q + 16(−1

2s5 + ...) + 3

40(s5 + ...).

amibol

q = ( 112− 3

40)s5 = 1

120s5

jól látható. Ebbol következoen

x = s− 16s3 + 1

120s5 + ....

x = sinx beírásával megkapjuk a sor elso tagjait. Ezt tovább gondolva

sin s = s− s3

1·2·3 +s5

1·2·3·4·5 −s7

1·2·3·4·5·6·7 + ...

hatványsort kapjuk. Hasonlóképpen írta le végtelen polinomként a cosx-et is. Eleinte azt

hitte minden függvény hatvány sorba fejtheto, ezáltal az integrálás egy könnyed eljárássá

válik majd. Csak évtizedekkel Newton után jöttek rá hogy ez koránt sincs így. Sorba

fejtési eljárásához gyakran használta többek között a binomiális tételt, racionális függ-

vényeknél a Gregory eljárást, vagy éppen az új változók bevezetését. Néhány esetben

foglalkozott a sor konvergenciájával, ám csak addig vizsgálódott, amíg meg nem állapí-

totta, hogy egy hatványsor elég kicsi x értékekre konvergens. Ezzel szemben Leibniz a

zárt alak elonyeit hangsúlyozta, s többnyire ezzel is dolgozott. Persze O is alkalmazta

a végtelen sorokat, s Newtontól függetlenül szintén hatványsorba fejtette a sinx, cosx

függvényeket. Kedvelt eljárása a sorba fejtéskor az úgy nevezet határozatlan együtthatók

módszere

ab+x

= A+Bx+ Cx2 +Dx3 + ...

ahol A,B,C,D, ... határozatlan együtthatók. Mindkét oldalt szorozta (b+ x)-el, majd az

azonos x hatványok együtthatóit egyenlové téve kapta meg A,B,C,D, ... együtthatók ér-

tékeit. Kutatásai során sokat foglalkozott a konvergenciával is. Egyik levelében kifejtette,

hogy ha egy alternáló sor tagjai abszolút értékben csökkennek, és 0-hoz tartanak, akkor

konvergens a sor. Ez a mai nevén a Leibniz-kritérium. Ezen gondolatmeneteken tovább

haladva jutott el Brook Taylor (1685-1731) 1715-ben publikált eredményéhez, melyben a

Newton-féle interpolációs képlet általánosításával adta meg a függvények sorba fejtésé-

hez szükséges leghatékonyabb eljárást. A kor másik híres matematikusa volt Leonhard

9


Euler (1707-1783) is, akinek nevéhez számtalan eredmény fuzodik. Sorba fejtette például

az exponenciális függvényt, különbözo törtfüggvényeket és gyökfüggvényeket, Newton

és Leibniz eljárásainak segítségével. A gyökök és együtthatók közti összefüggés alkalma-

zéséval numerikus sorok összegeit írta le, összefüggést talált a végtelen sorok és végtelen

szorzatok között is.

1797-ben Lagrange megjelentette Théorie des fonctious analytiques ( Az analitikus

függvények elmélete) címu könyvét.

Ebben a differenciálás algebrai módszereit részletezi. Többek között bizonyította,

hogy minden f(x+ h) függvény majdnem mindenütt kifejezheto

f(x+ h) = f(x) + a1h+ a2h2 + ...+ anh

n +Rn

alakú Taylor - sorral csak algebrai úton. A differenciál hányadosokat Taylor sor együttha-

tóiént értelmezte. Így a határérték fogalmát kikerülte. Fo hibája, hogy csak az analitikus

függvényekre érvényes. Elsoként határozta meg a (Rn) maradéktagot konkrét függvé-

nyeknél, és eloször állította elo a Taylor - sor maradéktagját integrál alakban. O használta

eloször a középértéktételt, a derivált kifejezést, és az f ′(x) illetve az f (n)(x) jelöléseket.

A legnagyobb áttörést a XIX. századi felismerések hozták meg. Jean Le Rond

D’Alambert (1707-1783) már megkülönböztetett konvergens illetve divergens sorokat

is, és megfogalmazta a róla elnevezett hányados kritériumot. Az 1800-as évek elején

Jean Baptiste Fourier (1768-1830),Carl Friedrich Gauss (1777-1855), Bernard Bolzano

(1781-1848), Niels Henrik Abel (1802-1829) igyekeztek letisztázni a konvergencia illetve

divergencia fogalmait. Ám a sorelmélet precíz fogalmainak megalkotásában a legnagyobb

szerep kétségtelenül Augustin Louis Cauchy (1789-1857) személyéhez kötheto. Megha-

tározta, hogy egy végtelen sor összege részletösszegek sorozatának hatátértéke, tehát egy

sor akkor konvergens, ha ez a határérték létezik. A váltakozó elojelu sorokra bevezette az

abszolút konvergencia fogalmát. Összefüggést adott az abszolútértéku tagok álltal alko-

tott sor konvergenciája és az eredeti sor konvergenciája között. Konvergencia vizsgálati

eredménye - képpen megfogalmazott több konvergencia kritériumot is. Ezek közül a leg-

híresebb a Róla elnevezett Cauchy-féle konvergencia kritérium. Bevezette a komplex

változójú hatványsoroknál a konvergencia sugár fogalmát, amely kiszámítható az

r = 1

lim sup n√|an|

10


összefüggés alapján. Ez az úgy nevezetett Cauchy-Hadamard formula. Azt a következ-

tetést állapította meg, hogy a függvény hatványsorának konvergenciája nem feltétlenül

jelenti azt, hogy a sor az alapfüggvényhez tart. Észrevette, hogy ha két sor abszolút kon-

vergens, akkor direkt szorzatuk is konvergens, és a határértéke az alapsor határértékeinek

szorzata.

A tudomány további fejlodését olyan kiemelkedo tudósok segítették, mint Peter Gus-

tav Lejenue Dirichlet (1805-1857), Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815-1897), Ge-

org Friedrich Bernhard Riemann(1826-1866), Simeon David Poisson (1781-1840), Mo-

ritz Cantor (1829-1920), Henry Louis Lebesgue (1875-1941), Riesz Frigyes (1880-1956),

Fejér Lipót (1880-1959), Haar Alfréd (1885-1933). Természetesen napjainkban is van-

nak, akik e tudományág elkötelezett hívei.

11

2. fejezet

Alaveto fogalmak és ismertebb

kritériumok

2.1. Alapfeltételek és definíciók

Ebben a fejezetben bevezetem a végtelen sor fogalmát, a konvergenciáját, a sorokkal

való néhány muveletet. Illetve azokat a leggyakrabban használt kritériumokat, melyeket

egyetemi tanulmányaim során ismertem meg.

2.1.1. Definíció. []A∞∑n=1

an végtelen sor részletösszegein az sn =n∑i=1

ai , n ∈ Z+ szá-

mokat értjük. Ha a részletösszegekbol képzett (sn) sorozat konvegens és határértéke A,

akkor azt mondjuk, hogy a∞∑n=1

an végtelen sor konvergens és az összege A. Ennek jelölése∞∑n=1

an = A. Tehát

s0 =0∑

k=0

ak = a0

s1 =1∑

k=0

ak = a0 + a1

sn =n∑k=0

ak = a0 + a1 + ...an

Amennyiben az (sn) sorozat divergens akkor azt mondjuk, hogy a∞∑n=1

an végtelen sor

divergens. Ha limn→∞ sn =∞(vagy −∞) akkor azt mondjuk, hogy∞∑n=1

an végtelen sor

összege∞ (vagy −∞). Ennek jelölése∞∑n=1

an =∞ (illetve −∞).

12


2.1.2. Példa. []1+ 12+ 1

4+ 1

8+ ... sor n-dik részletösszege sn =

n−1∑i=0

2−i = 2−2−n. Mivel

igaz, hogy limn→∞ sn = 2 ezért a sor konvergens és összege 2.

2.1.3. Tétel. []Ha∑

(an) sor konvergens, akkor limn→∞ an = 0.

Bizonyítás. A sor összege legyen A. Mivel

an = (a1 + ...+ an)− (a1 + ...+ an−1)

és

(a1 + ...+ an) = sn

(a1 + ...+ an − 1) = sn−1

igaz, ezért an = sn − sn−1 Tehát an → A− A = 0.

Ám ez a tételben szereplo feltétel a konvergenciához szükséges, de nem elégséges fel-

tétele.

2.1.4. Tétel. []

1. Egy nem negatív tagú sor akkor és csak akkor konvergens ha részletösszegeinek

sorozata korlátos felölrol.

2. Ha egy nem negatív tagú sor divergens akkor az összege végtelen.

Bizonyítás. Ha a sor tagjai nem negatívak, akkor a sor részletösszegeinek sorozata mo-

noton no. Ha ezen sorozat korlátos felülrol, akkor konvergens, ha viszont nem korlátos

akkor a végtelenhez tart. Tehát a végtelen sor vagy konvergens, vagy divergens és az

összege végtelen. Így a végtelen harmonikus sor is divergens és az összege∞.

A következo kritérium megadja egy sor konvergenciájának pontos feltételét, ám a

gyakorlatban ritkán alkalmazható, mert nehéz ellenorizni.

2.1.5. Tétel. []Cauchy - kritérium

A∞∑n=1

an végtelen sor akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ε > 0 - hoz ∃N index, hogy

∀n ≥ N és bármely m ≥ n -re |an+1 + an+2 + ...+ am| < ε.

13


2.1.6. Példa. []Vegyük a∞∑n=1

1n

úgynevezett végtelen harmonikus sort.

Bizonyítás. Nézzük a sor sn, n-ik részletösszegét, amely

(1 + 12+ ...+ 1

n) és s2n-t.

s2n − sn = (1 + 12+ ...+ 1

2n)− (1 + 1

2+ ...+ 1

n) = ( 1

n+1+ 1

n+2+ ...+ 1

2n) ≥ 1

2n· n = 1

2

∀n-re. Tegyük fel, hogy a harmonikus sor konvergál A-hoz. Ekkor, ha n → ∞ akkor

s2n − sn → A− A = 0, ami nem lehet. Tehát a sor divergens.

2.2. Végtelen sorok és muveletek

2.2.1. Tétel. []Legyen∞∑n=0

an sor konvergens és összege A, valamint∞∑n=0

bn sor is konver-

gens és összegeB és egy c ∈ R szám.∞∑n=0

(an±bn) és∞∑n=0

c·an sorok egyaránt konvergesek

akkor összegük A±B illetve c · A.

2.2.2. Tétel. []Konvergens sorba tetszoleges számú zárójelet beiktatva, véges számú tag-

ját hozzáadva vagy elhagyva a sor konvergenciájának illetve divergenciájának ténye nem

változik.


an konvergens sor elso n (n ∈ Z+) tagjának elhagyásával nyert

hn =∞∑

n′=n+1

a′n konverges sor összegét az eredeti sor maradékösszegének hívjuk.

2.2.4. Tétel. []∞∑n=0

an konvergens sor maradékösszegeinek hn (n ∈ Z+) végtelen sorozata

nullsorozat.


an végtelen sort abszolút konvergensnek nevezzük, ha a∞∑n=0

|an|

sor konvergens.

2.2.6. Tétel. []

1. Minden abszolút konvergens sor konvergens.

2. Egy abszolút konvergens sor bármely átrendezettje is abszolút konvergens, és összege

megegyezik az eredeti sor összegével.

14



an végtelen sort feltételesen konvergensnek mondjuk, ha konver-

gens, de nem abszolút konvergens.

2.2.8. Definíció. []Az (an) számsorozatot akkor nevezzük korlátos változásúnak, ha∑(an+1 − an) sor abszolút konvergens.

2.2.9. Tétel. []Riemann átrendezési tétele

Ha∑

(an) sor feltételesen konvergens akkor az átrendezettjei között van olyan amelyiknek

az összege∞, van amelyiknek−∞, minden A ∈ R számra van olyan amelyik konvergens

és az összege A, és olyan is van amelyik divergens és nincs összege.

2.3. A legismertebb kritériumok

Mivel a már bemutatott Cauchy - kritériumról elmondható, hogy feltétele nehezen

ellenorizheto, ezért szükség van további kritériumokra. Ezek a gyakorlatbeli alkalmazás

során egyszerubben ellenorizhetoek.

2.4. Minoráns kritérium

2.4.1. Tétel. []Ha 0 ≤ an,bn és ∃N , hogy az an ≤ bn ∀n > N -re valamint∞∑n=1

an divergens, akkor a∞∑n=1

bn is divergens.

Bizonyítás.∑an sor n-edik részletösszege legyen sn, míg

∑bn pedig Sn. A feltételbol

következoen sn és Sn monoton no és minden n esetén a sn ≤ Sn.∑an - rol tudjuk, hogy

divergens, azaz limn→∞ sn = ∞. Ebbol következoen limn→∞ Sn = ∞, tehát∑bn is

divergens sor.

2.4.2. Példa. []∞∑n=1

12n+1

konvergens - e vagy divergens?

Tudjuk, hogy∞∑n=1

1n

divergens és 13n< 1

2n+1. Tehát a

∞∑n=1

13n

= 13·∞∑n=1

1n

sor minorálja a

kérdéses sort. Tehát a∞∑n=1

12n+1

sor divergens.

15


2.5. Majoráns kritérium

2.5.1. Tétel. []Ha 0 ≤ an,bn és ∃N , hogy az an ≤ bn ∀n > N -re valamint∞∑n=1

bn konveges, akkor a∞∑n=1

an is konvergens.

Bizonyítás.∑an sor n-edik részletösszege legyen sn, míg

∑bn pedig Sn. sn és Sn mo-

noton no és minden n esetén sn ≤ Sn a feltétel alpján. Tudjuk, hogy∑bn sor konvergens

és összege b. Tehát minden n esetén Sn ≤ b. Ebbol következoen sn ≤ b is teljesül, tehát

sn monoton no és korlátos, azaz konvergens.

2.5.2. Példa. []Konvergens - e vagy divergens az alábbi sor?∞∑n=1

1n4+5n−25 . Például a

∞∑n=n,

1n4 konvergens sor majorálja az eredeti sort, ha n > 5.

Tehát∞∑n=1

1n4+5n−25 sor konvergens.

2.6. Leibniz - kritérium

2.6.1. Tétel. []Ha az (an) sorozat monoton csökkeno és nullához tart, akkor∞∑n=1

(−1)n−1ansor konvergens.

Bizonyítás. A sor n-ik részletösszege legyen sn. A feltételbol következik, hogy

s2 ≤ s4 ≤ ... ≤ s2n ≤ s2n−1 ≤ s2n−3 ≤ ... ≤ s3 ≤ s1∀n-re.

Így (s2n−1) sorozat monoton csökkeno és alulról korlátos, míg az s2n sorozat monoton

növo és felülrol korlátos. Ebbol következoen mind ketto konvergens. Mivel igaz, hogy

s2n − s2n−1 = a2n → 0 ⇒ limn→∞ s2n = limn→∞ s2n−1

Amibol következik, hogy az (sn) sorozat konvergens.

2.6.2. Példa. []Döntsük el a következo sorról, hogy konvergens - e vagy divergens?∞∑n=1

(−1)n · n+1n·(n+2)

.

n+1n·(n+2)

= n+2−1n·(n+2)

= n+2n·(n+2)

− 1n·(n+2)

= 1n− 1

n·(n+2)≥ 1

n.

Az 1n

- rol pedig tudjuk, hogy tart a nullához. A sorozat két egymást követo tagjának

különbségével megvizsgáljuk a monotoritást:

16


1n+1− 1

n= n−(n+1)

n·(n+1)= −1

n·(n+1)≤ 0.

Tehát a n+1n·(n+2)

sorozatról megállapítottuk, hogy monoton fogyó nullsorozat, ezért az ere-

deti sor a Leibniz - kritérium szerint konvergens.

A soron követezo kritérium a sor abszolút konvergenciájára illetve divergenciájára ad

meg elégséges feltételt. A sor n-edik tagjénak n-edik gyöke segítésgével.

2.7. Cauchy-féle Gyökkritérium

2.7.1. Tétel. []

1. Ha ∃ olyan q < 1 szám, hogy n√|an| < q teljesül ∀ elég nagy n esetén, akkor

∞∑n=1

an sor abszolút konvergens.

2. Ha limn→∞n√|an| < 1, akkor

∞∑n=1


3. Ha végtelen sok n index esetén n√|an| ≥ 1 akkor a

∞∑n=0

an sor divergens.

17


Bizonyítás. 1. 1. feltétel szerint |an| < qn minden elég nagy n esetén. A∞∑n=1

qn geo-

metriai sorról tudjuk |q| ≥ 1. Ha |q| ≥ 1, akkor [2.3 Tétel] szerint a sor divergens

mivel a konvergenciához szükséges feltétel nem teljesül: lim qk 6= 0. Ha |q| < 1

akkor

sn =∑qk = 1−qn+1

1−q és∑qk = lim sn = 1

1−q

ugyanis limn→∞ qn+1 = 0. Tehát

∑an abszolút konvergens.

2. Válasszunk egy q számot úgy, hogy igaz legyen limn→∞n√|an| < q < 1. Ez

esetben n√|an| < q teljesül minden elég nagy n-re. Ekkor a bizonyítást visszave-

zethetjük az 1. pontbeli bizonyításra. Tehát∞∑n=1


3. A feltételbol láthatjuk, hogy |an| ≥ 1, tehát a sor nem tart nullához, így divergens

lesz.

2.7.2. Példa. []Konvergens vagy divergens a∞∑n=1

(1− 1n4 )

n5sor?

A fenti tételt alkalamazva:

n

√(1− 1

n4 )n5 = (1− 1

n4 )n4

.

Tudjuk, hogy limn→∞(1− 1n4 )

n4 → 1e< 1. Tehát az eredeti sor konvergens.

Megjegyzés

1. limn→∞n√

(an = 1 feltételbol sem a sor konvergenciájára, sem pedig a divergenci-

ájára vonatkozólag semmit sem következtethetünk.

Például:∞∑n=1

1n2 sor konvergens, míg

∞∑n=1

1n

divergens, pedig limn→∞n

√1n2 = limn→∞

n

√1n=

1

2.∞∑n=1

an sor konvergenciájához nem elég, hogy ∀ elég nagy n-re n√|an| < 1 Mert

ebbol csak az következik, hogy |an| < 1 ∀ elég nagy n-re, és nem az, hogy an → 0

ami a konvergenciához lenne szükséges feltétel.

18


2.8. d’ Alambert féle hányadoskritérium

2.8.1. Tétel. []Legyen∞∑n=0

an, an > 0 n ∈ Z+ sor konvergens, ha ∃q ∈ R, melyre fennáll:

|an+1

an| ≤ q < 1 n ∈ Z+.

A sor divergens ha |an+1

an| ≥ 1.

Bizonyítás. Vegyük a∞∑n=0

qn geometriai sort. Ekkor |a2a1| ≤ q2

q1, tehát |a2

a1| ≤ q. Ebbol

következik, hogy |a2| ≤ q · |a1|.

|a3a2| ≤ q3

q2tehát |a3| ≤ q · q · |aq| = q2 · |a1|. Ebbol már belátható, hogy általánosságban

an+1 ≤ q · |an| ≤ q2 · |an−1| ≤ ... ≤ qn · |a1|. Azaz∑qn majorálja an+1 sort, így az

eredeti sor konvergens.

Divergencia esetén |an+1

an| ≥ 1, a fentiekhez hasonló módon a |a2

a1| ≥ 1, tehát |a2| ≥ 1·|a1|.

|a3a2| ≥ 1 ebbol következik, hogy |a3| ≥ 1 · |a2| ≥ 12 · |a1|. Általánosságban

|an+1| ≥ |an| ≥ ... ≥ |a1|.

Ez egy nem nulla, monoton növo sorozat. Tehát az eredeti sor divergens.

Megjegyzés:

1. A hányadoskritérium feltételei nem szükségesek, hogy egy sor konvergens legyen.

Például∞∑n=1

1n2 sor konvergens, annak ellenére, hogy limn→∞

n2

(n+1)2= 1.

Tehát nem létezik olyan q < 1, hogy igaz lenne n2

(n+1)2< q minden elég nagy

n ∈ Z+.

2. Ha limn→∞ |an+1

an| = 1 feltételbol sem a konvergenciára sem a divergenciára nem

lehet következtetni, például∞∑n=1

1n

divergens,∞∑n=1

1n2 konvergens,

pedig limn→∞nn+1

= limn→∞n2

(n+1)2= 1.

2.8.2. Következmény. []Ha an > 0

∃ limn→∞an+1

an< 1

akkor∞∑n=0

an konvergens.

19


2.8.3. Példa. []Konvergens - e az an = 2n·n!nn

végtelen sor?

an+1

an=

2n+1·(n+1)!

(n+1)n+1

2n·n!nn

=2n·2·(n+1)!

(n+1)n·(n+1)2n·n!nn

=2

n+1 ·2n·(n+1)!(n+1)n

2n·n!nn

= 2 · nn

(n+1)n

Mivel tudjuk, hogy nn+1

= 1n+1n

= 11+ 1

n

. Ezért a fenti egyenlet tovább egyenlo:

2(1+ 1

n)n→ 2

e< 1.

Tehát∑an konvergens.

2.8.4. Állítás. []Ha (an) sorozat tagjai különböznek 0-tól, és lim sup |an+1

an| < 1 akkor

lim sup n√an < 1.

2.8.5. Következmény. []Ha (an) sorozat tagjai nullától különböznek és∞∑n=0

an sorról a

hányadoskritériummal eldöntheto, hogy konvergens-e, akkor a gyökritériummal is.

De fordítva sajnos ez nem igaz.

2.8.6. Példa. []∞∑n=1

n · xn sor abszolút konvergenciája |x| < 1 esetén a hányados kritéri-

ummal:

|(n+1)·xn+1||n·xn| = |x| · n+1

n→ |x| < 1, ha n→∞.

Gyökkritériummal:

n

√|∞∑n=1

n · xn| = n√|n · xn| = n

√|n| ·|x| → |x|

2.8.7. Példa. []Adott∞∑n=0

(an) =

3−n ha n páros

5−n ha n páratlanGyökitériummal:

limn→∞2n√|a2n| = 1

3

limn→∞2n+1√|a2n+1| = 1

5

⇒ sup n√|an| = 1

3⇒ konvergens.

20


Hányadoskritériummal:

|aan+1

an| =

15· (3

5)n ha n páros

13· (5

3)n ha n páratlan

Tehát: lim sup |an+1

an| =∞

⇒ gyökkritériummal könnyedén míg hányadoskritériummal nem döntheto el ez esetben

a konvergencia.

A Hányados-minoráns és a Hányados-majoráns kritériumok következményei a majo-

ráns illetve a minoráns kritériumoknak.

2.9. Hányados-minoráns kritérium

Ha∑

(zn) pozitív tagú sor divegens, N ∈ Z+ pedig olyan, hogy ettol kezdve

∀k egészre ak > 0 és ak+1

ak≥ zk+1

zkakkor

∑(ak) sor is divergens.

Bizonyítás. A fenti feltételben szereplo egyenlotlenséget N < n mellett

k = N -re, k = N + 1-re ... ,k = n− 1

indexre felírva majd összeszorozva oket kapjuk, hogy

∀N < n anaN≥ zn

zN

2.10. Hányados-majoráns kritérium

Ha∑

(zn) pozitív tagú konvergens sor, N ∈ Z+ pedig olyan, hogy ettol kezdve

∀k ∈ Z |ak+1||ak|≤ zk+1

zkakkor

∑(an) abszolút konvergens sor.

Bizonyítás. A fenti feltételben szereplo egyenlotlenséget N > n melett

k = N -re, k = N + 1-re ... ,k = n− 1

indexre felírva majd összeszorozva oket kapjuk, hogy

∀N < n |an||aN |≤ zn

zN

21

3. fejezet

Kevésbé ismert kritériumok

Ebben a fejezetben olyan további kritériumokat mutatok meg, melyek túlmutatnak

egyetemi tanulmányaimon.

A soron következo négy kritériumban közös, hogy feltételeik tartalmazzák a vizsgált

sor két szomszédos tagjának hányadosát, és a sor abszolút konvergenciáját, illetve diver-

genciáját határozzák meg. Azt is mondhatjuk, hogy a hányados kritérium általánosításai.

3.1. Raabe kritérium

Tegyük fel, hogy minden pozitív egész n-re az an pozitív tagú sorozat, és legyen

Rn = n · ( anan+1− 1)

1. Ha lim inf Rn > 1⇒∑

(an) sor konvergens.

2. Ha Rn ≤ 1 egy indextol kezdve⇒∑

(an) sor divergens.

Bizonyítás. 1. A feltétel szerint létezik olyan pozitív r és olyan pozitív egészN index,

hogy, ha sn > N akkor teljesül a

n · ( anan+1− 1) > 1 + r

egyenlotlenség. Ha ezt a kövezkezo módon átrendezzük:

n · an − (n+ 1) · an+1 > r · an+1 , n ≥ N

22


majd N,N + 1, ..., n indexekre is írjuk fel:

N · aN − (N + 1) · aN+1 > r · aN+1

(N + 1) · aN+1 − (N + 2) · aN+2 > r · aN+2

...

n · an − (n+ 1) · an+1 > r · an+1

Adjuk össze az egyenlotlenségeket és becsüljük felülrol a bal oldalt.

N · aN > N · aN − (n+ 1) · an+1 > r ·n+1∑

l=N+1

al.

Ezt átalakítva

N ·aNr

>n+1∑

l=N+1

al.

kapjuk. Mindkét oldalhoz hozzáadjuk aN∑l=1

al-t.

N ·aNr

+N∑l=1

al >n+1∑l=1

al.

Ekkor jól látható, hogy a bal oldalon álló szám a jobb oldali részletösszegek felso

korlátja. Tehát∑al konvergens.

2. Az elozoekhez hasonlóan adódik, csak itt

n · ( anan+1− 1) ≤ 1, n ≥ N

összefüggést alakítjuk át és írjuk fel N , N + 1 , ... ,n indexekre. Majd az így nyert

egyenlotlenségeket összeadva, és (n+ 1)-el elosztva

N · aN · 1n+1≤ an+1

kapjuk. A minoráns kritériumot alkalmazva kiderül, hogy∑al divergens sor.

3.1.1. Példa. []Döntsük el a következo sorról, hogy konvergens - e vagy sem!

n 7→ |(αn

)|= an sorozatból képzett végtelen sor. Ha α ≥ 0, és α ∈ Z+ akkor an pozitív

tagú sorozat. Alkalmazzuk a Raabe - kritériumot:

23


Rn = n · ((α!

n!·(α−n)!α!

(n+1)!·(α−(n+1)!)

)− 1) = n · ( n+1|α−n| − 1).

Kis trükkel átalakítva:

Rn = n · (n−α+α+1n−α − 1) = n · (1 + α+1

n−α − 1) = (α + 1) · nn−α → α + 1

eredményre jutunk. Amibol következik, hogy a sor konvergens.

24


3.2. Kummer kritérium

Tegyük fel, hogy minden pozitív egész n-re an > 0 , és ∃cn pozitív tagú segédsorozat,

melyre igaz, hogy∞∑n=1

1cn

=∞. Ekkor

1. Ha lim inf(cn · anan+1− cn+1) > 0⇒

∑(an) konvergens.

2. Ha egy indextol nézve cn · anan+1− cn+1 ≤ 0⇒

∑an divergens.

Bizonyítás. 1. lim inf(cn · anan+1− cn+1) > 0 feltételbol következik, hogy létezik olyan

ε ∈ R+, hogy egy N indextol kezdve

cn · anan+1− cn+1 ≥ ε

egyenlotlenség fennáll. Ezt átalakítva

cn · an − cn+1 · an+1 ≥ ε · an+1

kapjuk. Tehát (cn · an) egy indextol monoton csökkeno pozitív tagú sorozat így

konvergens. ∑(cn · an − cn+1 · an+1)

konvergens sor, mert n→∞ esetén

sn =n∑k=1

(ck · ak − ck+1 · ak+1) = c1 · a1 − cn · an → c1 · a1 − limn→∞ cn · an

teljsül. Alkalmazzuk a majoráns kritériumot így látható, hogy∑ε · an konvergens.

Tehát∑an is konvergens.

2. A feltétel szerint létezik olyan N index, amelytol kezdve

cn · anan+1− cn+1 ≤ 0

igaz lesz. Tehát akkor az

anan+1≤ cn

cn+1=

1cn1

cn+1

.

következik. Mivel∞∑n=1

1cn

=∞ ezért a hányados - minoráns kritériumot alkalmazva

kapjuk, hogy∑an divergens.

25


3.3. Bertrand - kritérium

Tegyük fel, hogy ∀ pozitív egész n-re an > 0 sorozat és

Bn = (n · ( anan+1− 1)− 1) · lnn , n ∈ Z+.

1. Ha lim inf Bn > 1⇒ konvergens a∑an sor

2. Ha egy indextol kezdve Bn ≤ 1⇒∑an divergens.

Bizonyítás. 1. A Kummer kritériumot alkalmazzuk cn = n · lnn , n ∈ Z+ , n ≥ 2

segédsorozattal.

lim inf(n · lnn · anan+1− (n+ 1) · ln(n+ 1)) > 0

ezt átalakítjuk:

lim inf(lnn · (n · ( anan+1− 1)− 1) + (n+ 1) · ln n

n+1) > 0

majd a következo összefüggés:

(n+ 1) · ln nn+1

= −(n+ 1) · ln(1 + 1n) = − ln(1 + 1

n)(n+1) → −1

segítségével kapjuk:

lim inf lnn(n · ( anan+1− 1)− 1) < 1,

ami a kritérium feltétele a konvergenciához.

2. Itt ugyanúgy a Kummer kritériumot alkalmazzuk a cn = n · lnn , n ≥ 2 segédsoro-

zattal. Azaz, ha:

(n · lnn · anan+1− (n− 1) · ln(n+ 1)) ≤ 0

Akkor átrendezve:

lnn · (n · ( anan+1− 1)− 1) + (n+ 1) · ln n

n+1) ≤ 0

26


kapjuk. Az (n+ 1) · ln nn+1

vizsgálva láthatjuk, hogy egyenlo

− ln(1 + 1n)(n+1) → −1- hez. Tehát (n+ 1) · ln n

n+1< −1.

így a következo

lnn · (n · ( anan+1− 1)− 1) ≤ 1

egyenlotlenségre jutunk. Tehát a végtelen sor divergens.

3.3.1. Példa. []Döntsük el, hogy konvergens vagy divergens - e az alábbi sor.∑

1n·lnn?

Alkalmazzuk a Bertrand kritériumot, ekkor

Bn = ln(n · ( (n+1)·ln(n+1)n·lnn − 1)− 1)− 1 ≤ 0.

(n+ 1) · ln(n+ 1)− n · lnn− lnn− 1 = (n+ 1) · ln(1 + 1n)− 1

lim inf(n+ 1) · ln(1 + 1n)− 1 ≤ 0

Tehát az eredeti sor divergens.

3.4. Gauss - kritérium

Tegyük fel, hogy ∀ pozitív egész n-re an > 0 sorozat, és ∃ olyan α, β ∈ R+ , γ ∈ R

és (bm) korlátos sorozat, hogy anan+1

= α + γn+ bn

n1+β , n ∈ Z+ akkor, ha

1. α > 1 esetén konvergens, α < 1 esetén pedig divergens a∑

(an) végtelen sor.

2. Ha α = 1 és γ > 1 akkor konvergens. Ha pedig α = 1 és γ ≤ 1 akkor∑

(an)

végtelen sor divergens.

Bizonyítás. 2. α = 1 esetén a Raabe - kritériumot alkalmazva

limn→∞ n · ( anan+1− 1) = limn→∞ γ + bn

nβ= γ.

Ekkor γ > 1 esetben∑

(an) konvergens, γ < 1 esetén deivergens. Amennyiben

γ = 1 Bertrand - kritériummal belátható, hogy divergens. Ugyanis

27


limn→∞ n · ( anan+1− 1) · lnn = lim bn·lnn

nβ= 0 ,

ami kisebb mint 1.

1. Ha α > 1, akkor hányadoskritériummal

limn→∞an+1

an= limn→∞

1α+ γ

n+ bn

n1+β = 1α

ami kisebb, mint 1, tehát a∑

(an) sor konvergens. Ha az α < 1 akkor értelemsze-

ruen adódik, hogy 1α> 1 tehát a sor divergens.

3.4.1. Példa. []Konvergens - e vagy divergens a∞∑n=1

( (2n−1)!!(2n)!!

)k, n ∈ Z+, k > 0 sor?

Vizsgáljuk

anan+1

= ((2n−1)!!(2n)!!

(2n+1)!!(2n+2)!!

)k = (2n+22n+1

)k = (1 + 12n+1

)k-t.

Ha

n · ( anan+1−1) = n · ((1+ 1

2n+1)k−1) = n · (

(k1

)· 12n+1

+(k2

)· ( 1

2n+1)2+ ...+

(kk

)· ( 1

2n+1)k).

Felhasználjuk a binomiális tételt, így

limn→∞ n · ( anan+1− 1) = k

2.

Ekkor Raabe - kritériumot alkalmazva kiderül, hogy ha k > 2 akkor konvergens, ha

k < 2 akkor viszont divergens a sor. Már csak azt kell megvizsgálnunk, hogy k = 2

esetén milyen. Ha k = 2:

anan+1

= (2n+22n+1

)2 = (1 + 12n+1

)2 = 1 + 22n+1

+ 1(2n+1)2

= 1 + 1n· (1− 1

2n+1) + 1

(2n+1)2=

1 + 1n− 1

n·(2n+1)+ 1

(2n+1)2= 1 + 1

n+ 1

n2 · (− n2n+1

+ n2

(2n+1)2).

Alkalmazva a Gauss tesztet:

bn = − n2n+1

+ n2

(2n+1)2

28


segédsorozattal. Ekkor α = 1, β = 1 és γ = 1 értékek mellett teljesül az egyenlotlenség,

amibol következik, hogy a sor divergens.Tehát az eredeti sorunk k > 2 esetén konvergens,

k ≤ 2 esetén pedig divergens.

A következo három tételben szereplo kritériumok csak olyan sorokra használhatóak,

melynek tagjai nem negatívak és monoton csökkeno sorozatot képeznek. Az integrálkri-

térium a kondenzációs kritérium, és Jermakov - kritérium nem csak elégségesek, hanem

szükségesek is a konvergenciához.

3.5. Integrálkritérium

3.5.1. Tétel. []Legyen a ∈ Z és f : [a,∞] 7→ R félegyenesen monoton csökkeno és

nem negatív függvény.∞∑n=a

f(n) végtelen sor akkor és csak akkor konvergens (illetve

divergens), ha∫∞af(x)dx improprius integrál konvergens (divergens).

Bizonyítás. Tettszoleges n > a egész szám esetén nézzük az [a, n] intervallum a, a + 1,

... ,n egész számokkal való felosztását. Az f függvény ezen felosztásához tartozó alsó és

felso összegét jelöljük sn illetve Sn-nel. Ekkorf∑

i=a+1

(i) = sn ≤∫ naf(x)dx ≤ Sn =

n−1∑i=a

f(i)

igaz, ugyanis f mondoton csökkeno, az [i − 1, i] intervallumon f legkisebb értéke f(i),

a legnagyobb pedig f(i − 1). Tudjuk, hogy f nem negatív, ezért h 7→∫ haf(x)dx füg-

gény monoton no, tehát∫∞af(x)dx improprius integrál létezik. Továbbá vagy véges,

ha konvergens az integrál, vagy végtelen, ha divergens. Az integrál konvergens akkor

n 7→∫ naf(x)dx korlátos. Ekkot sn-rol is tudjuk, hogy korlátos, tehát

∞∑n=a

f(n) sor konver-

gens. Amennyiben viszont az integrál divergens akkor elmondható, hogy n 7→∫ naf(x)dx

a végtelenhez tart. Ekkor Sn sorozat is a végtelenhez tart, így∞∑n=a

f(n) végtelen sor di-

vergens.

3.5.2. Példa. []∞∑n=0

nn2+2

konvergens -e?∫∞1

xx2+2

dx = limn→∞∫ y1

xx2+2

dx =

limy→∞[12· ln(x2 + 2)]y1 = limy→∞(

12) · ln(y2 + 2)− 1

2) · ln(12 + 2) =

limy→∞(12) · ln(y2 + 2)− 1

2) · ln(3) = limy→∞

12· ln(y2+2

3).

29


Tehát a sor divergens.

3.5.3. Példa. []∑

1nαα > 1 hiperharmonikus sor konvergens -e?∫∞

11nαdn = limy→∞

∫ y1n−αdn = limn→∞[

n−α+1

−α+1]y1 = limn→∞(

y1−α

1−α −1

1−α).

Tehát az intergrál konvergens, ebbol következoen a hiperharmonikus sor is konvergens.

30


3.6. Kondenzációs kritérium

3.6.1. Tétel. []Legyen (an) sorozat monoton csökkeno és nem negatív, akkor∑

(an) és∑(2n · a2n) végtelen sorok egyszerre konvergensek, vagy egyszerre divergensek.

Bizonyítás. A fenti két sor mindegyike nem negatív tagú, tehát a konvergencia attól függ,

hogy a részletösszeg - sorozat korlátos - e felülrol. Ehhez kellenek

sn =n∑k=1

ak illetve Sn =n∑k=1

2k · a2k

sorok részletösszegei. Illetve s0 = 0 és S0 = 0. Mivel

a2n ≥ ai∀i > 2n így Sn − Sn−1 = 2n · a2n ≥ s2n+1 − s2n

ezen felül

Sn =n∑k=1

(Sk − Sk−1) ≥n∑k=1

(s2k+1 − s2k) = s2n+1 − s2.

Tehát ha (Sn) felülrol korlátos, akkor (s2n+1) is.∞∑n=1

(an) sor (sn) részletösszeg - sorozat

monoton növo, korlátos felülrol, ugyanis a2n ≤ ai ∀i ≤ 2n így

Sn − Sn−1 = 2n · a2n ≤ 2 · (s2n − s2n−1)

amibol adódik

Sn =∑

(Sk − Sk−1) ≤ 2 · (s2n − s1).

Tehát, ha (sn) felülrol korlátos akkor (Sn) is az.

3.6.2. Példa. []Konvergens vagy divergens a∞∑n=1

1nα

végtelen sor ahol α > 0?

A kondenzációs kritérium alapján

∑2n · 1

(2n)α=∞∑n=1

2n

(2n)α=∞∑n=1

12nα−n =

∞∑n=1

1(2α−1)n

.

Tudjuk, hogy α− 1 > 0, tehát 2α−1 > 1. Mivel tudjuk, hogy∞∑n=1

1(2α−1)n

konvergens, ezért

az erederi sor is konvergens.

31


3.7. Jermakov - kritérium

3.7.1. Tétel. []Tegyük fel, hogy f : [0,∞] 7→ R+ monoton csökkeno függvény, és

∃ limn→∞en·f(en)f(n)

= λ . Amennyiben λ < 1 akkor∑f(n) sor konvergens, ha pedig

λ > 1 akkor∑f(n) sor divergens.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f pozitív, monoton fogyó és limx→∞exf(ex)f(x)

= λ.∑f(n) konvergenciája az integrál kritérium miatt ekvivalens azzal, hogy

∫∞0f(x)dx

konvergens. Így λ < 1 esetén elég bebizonyítani, hogy az improprius integrál konvergens.

Tekintsük a, b ∈ R, 0 ≤ a < b esetén y = ex helyettesítést.∫ ebeaf(y)dy =

∫ baexf(ex)dx

ekkor igaz lesz, mert f monoton függvény Riemann-integrálható a korlátos és zárt [ea, eb]-

n. A fenti feltevésbol következik, hogy létezik x0 > 0 melyre minden x > x0 esetén

teljesül, hogy

exf(ex)f(x)

< 1+λ2< 1.

Vezessük be a b0 = x0 és a bn+1 = ebn , n ∈ Z+ jelölést. Ekkor∫ b2b1f(y)dy =

∫ b1b0exf(ex)dx < 1+λ

2

∫ b1b0f(y)dy.

Hasonlóképpen ∫ b3b2f(y)dy < 1+λ

2

∫ b2b1f(y)dy < (1+λ

2)2∫ b1b0f(y)dy

teljesül. Teljes indukcióval könnyen belátható, hogy∫ bk+1

bkf(y)dy < (1+λ

2)k ∫ b1

b0f(y)dy, k ∈ Z+.

Ebbol következoen igaz lesz, hogy∫ bn+1

x0f(y)dy =

n∑k=o

∫ bk+1

bkf(y)dy <

n∑k=o

(1+λ2)k ∫ ex0

x0f(y)dy < 2

1−λ

∫ ex0x0

f(y)dy.

Az elso tényezot az 1+λ2

kvóciensu mértani sor összegével becsüljük. Amennyiben bn ≤

b < bn+1, akkor ∫ bx0f(y)dy <

∫ bn+1

x0f(y)dy < 2

1−λ

∫ ex0x0

f(y)dy

teljesül. Ekkor a bal oldali Riemann-integrál a felso határ korlátos függvénye, így∫∞x0f(y)dy = limx→∞

∫ bx0f(y)dy < 2

1−λ

∫ ex0x0

f(y)dy

32


igaz lesz. Ebbol következoen f improrius integrálja konvergens [x0, )-n, ezért [0,∞)

intervallumon is. Ezzel a konvergenciával ekvivalens∑f(n) konvergenciája.

A divergenciát hasonló módon bizonyíthatjuk. Ha λ > 1, akkor az elobbi bizonyítást

megimésmételhetjük fordított reláció jelekkel egészen addig a pontig ahol 1+λ2

kvóciensu

mértani sor összegével becsültünk. Így elmondható, hogy∫ bnx0f(y)dy >

n−1∑k=0

(1+λ2)k∫ ex0x0

f(y)dy

lesz igaz. A jobb olali Riemann - integrál pozitív és

∞∑k=0

(1+λ2)k =∞

Ebbol következoen

limn→∞∫ bnx0f(y)dy =∞

A pozitív f függvény∫ bnx0f(y)dy improprius integrálja létezik és végtelen vagy egy valós

szám. Létezik olyan szigorúan monoton növo és végtelenhez tartó (bn) sorozat, hogy∫ bnx0f(y)dy → ∞ (átviteli elv miatt).

∫ bnx0f(y)dy = limn→∞

∫ bx0f(y)dy = ∞ Tehát az

integrál kritérium szerint∑f(n) divergens.

3.7.2. Példa. []Döntsük el, hogy a∞∑n=2

1n·lnn (n ≥ 2) konvergens-e vagy sem!

A Jermakov kritériumot alkalmazva f(x) = 1x·lnx , x ∈ [2,∞] függvényre:

f(ex)·exf(x) =

1ex·x ·e

x

1x·ln x

= lnx→∞

Tehát a feltételek alapján a sor divergens.

3.7.3. Definíció. []Az (an) számsorozatot, akkor nevezzük korlátos változásúnak, ha

n 7→ (an+1 − an)

sorozatból képzett végtelen sor abszolút konvergens. Egy számsorozat pontosan akkor

korlátos változású, ha eloállítható két konvergens monoton növo sorozat különbsége ként.

A következo három kritérium a sorok abszolút konvergenciájának eldöntésére nem

alkalmasak. Közös ismérvük, hogy a tételekben szereplo soroknak a tagjai két sorozat

szorzatából tevodnek össze.

33


3.8. Dirichlet I. kritériuma

3.8.1. Tétel. []Ha (bn) sorozat (sn) részéletössezeg - sorozata korlátos, és (an) korlátos

változású nullsorozat, akkor a

∑sn · (an − an+1) és a

∑(an · bn)

sor is konvergens, összegeik pedig egyenloek.

Bizonyítás.∑sn(an−an+1) sor abszolút konvergens, ugyanis ha a tagok abszolútértékét

nézzük, akkor a belolük képzett sor a részletösszegeinek alapján korlátos.n∑k=1

|sk(ak − ak+1)| =n∑k=1

|sk| · |ak − ak+1| ≤ sup{|sk|} ·n∑k=1

|ak − ak+1|

ahol k, n ∈ Z+. A∑sn·(an−an+1) abszolút konvergens sor, így konvergens is. Vezessük

be az s0 = 0 jelöléssel ∀k ∈ Z+-ra yk = sk − sk−1-et, így:n∑k=1

ak · yk =n∑k=1

ak · (sk − sk−1) =n∑k=1

ak · sk −n∑k=1

ak · sk−1 =n∑k=1

ak · sk −n∑k=1

ak+1 · sk = an · sn +n∑k=1

sk(ak − ak+1).

Mivel (sn) korlátos sorozat, (an) pedig nullsorozat, ezért (an · sn) nullsorozat. Ha nézzük

a két sor határértékét, akkorn∑k=1

ak · yk = limn→∞ an · sn +∞∑k=1

(ak − ak+1) · sk =∞∑k=1

sk · (ak − ak+1)-et

kapjuk, amit bizonyítani is szerettünk volna.

3.9. Dirichlet II. kritériuma

3.9.1. Tétel. []Tegyük fel, hogy (bn) sorozat részletösszegeinek sorozata korlátos, és az

(an) monoton csökkeno és nullához tart. Ekkor∞∑n=1

an · bn végtelen sor konvergens.

Bizonyítás. Kell, hogy ha (an) monoton csökenno nullsorozat, akkor korlátos változású.∑(an − an+1) állandó elojelu, nem negatív elojelu tagú sorra:

n∑k=1

|ak − ak+1| =n∑k=1

(ak − ak+1) = an − an+1 → a1

ha n→∞. Majd Dirichlet I. tétele alapján∑

(an · bn) konvergens.

34


Megjegyzés

1. Dirichlet I. kritériumának következménye Dirichlet II. kritériuma.

2. Dirichlet II. kritérium speciális esete a Leibnzt - kritériummal egyezik meg. Még-

hozzá

(bn) = (−1)n illetve (bn) = (−1)n−1

esetekben.

3.9.2. Példa. []Nézzük a∞∑n=1

cosnn

. A (bn) = (cosn) sorozat részletösszegei korlátosak az

(an) =1n

pedig monoton csökkeno nullsorozat. Belátni az sn =∞∑k=1

sorról kell azt, hogy

valóban korlátos. Ötlet: szorozzunk sin 12

.

sn · sin 12=

n∑k=1

cos k · sin 12= cos 1 · sin1

2+ ...+ cos(n− 1) · sin 1

2+ cosn · sin 1

2=

12· (− sin(1− 1

2) + sin(1 + 1

2)− ...− sin((n− 1)− 1

2) + sin((n− 1) + 1

2)−

sin(n− 12) + sin(n+ 1

2)) = 1

2· (sin(n+ 1

2)− sin 1

2) .

így sn =sin(n+ 1

2 )−sin12

2·sin 12

, tehát tényleg korlátos az sn. Ebbol következoen∞∑n=1

cosnn

konvergens.

3.10. Abel - kritérium

3.10.1. Tétel. []Ha∞∑n=1

bn sor konvergens, az (an) pedig korlátos változású sorozat, akkor∞∑n=1

an · bn sor konvergens.

Bizonyítás. Mivel (an) korlátos változású, ezért konvergens.∞∑n=1

bn sor konvergens, akkor

részletösszegeinek sorozata korlátos.

limn→∞ an · sn = limn→∞ an · limn→∞ sn = limn→∞ an ·∞∑n=1

bn

így∑an · bn konvergens, és

∞∑n=1

an · bn = limn→∞ an ·∞∑n=1

bn +∞∑n=1

sn · (an − an−1).

(Dirichlet I. konvergenciájának bizonyítása alapján)

35


3.10.2. Példa. []Döntsük el, hogy konvergens - e a∞∑n=1

92n·n! sorozat?

∞∑n=1

92n·n! = 9 ·

∞∑n=1

1n!· (1

2)n sor konvergens az Abel - kritérium szerint, ugyanis an = 1

n!

monoton csökkeno nullasorozat, és∞∑n=1

(12)n konvergens mértani sor.

3.10.3. Példa. []Konvergens - e a∑

(1 + 1n)n · cosn

n?∑

cosnn

konvergens ezt beláttuk a

Dirichlet - kritériummal. Az (1 + 1n)n sorozatról tudjuk, hogy korlátos változású, ugyanis

korlátos és monoton. Tehát a két sorozat szorzataként kapott végtelen sor konvergens.

3.11. Logaritmikus kritérium

3.11.1. Tétel. []Adott∑

(an) pozitív tagú sor és Ln =ln 1an

lnn, (n ≥ 2 , n ∈ Z+).

1. Ha lim inf Ln > 1 akkor∞∑n=1

an konvergens

2. Ha egy indextol kezdve Ln ≤ 1 akkor∑

(an) divergens.

Bizonyítás. Ha lim infLn > 1 akkor létezik N ∈ Z+ és r ∈ R+, hogy

ln 1an

lnn≥ 1 + r

igaz minden n ≥ N esetén. Ezt átalakítva

− ln an ≥ (1 + r) · lnn

kapjuk. Majd (−1)-el szorozva mindkét oldalt

ln an ≤ −(1 + r) · lnn = ln 1n1+r

egyenlotlenség teljesül. Exponenciális függvény szigorú monoton növekedése miatt an ≤1

n1+r .∑

1n1+r hiperharmonikus sor r ∈ R+ esetén konvergens, így majoráns kritériumot

alkalmazva∑an is konvergens. Hasonló módon bizonyíthatjuk a divergenciát is. Egy N

indextol kezdve

ln 1an

lnn≤ 1

− ln an ≤ lnn

−an ≥ 1n

36


teljesül. A∑

1n

harmonikus sor divergens. A minoráns kritériumot alkalmazva arra ju-

tunk, hogy∑an divergens.

3.11.2. Példa. []Döntsük el, hogy a∞∑n=3

1(ln lnn)lnn

konvergens-e vagy sem!

A logaritmikus kritérium alapján a

Ln =ln(

11

(ln lnn)lnn

)lnn = ln(ln lnn)lnn

lnn = lnn·ln ln lnnlnn = ln ln lnn→∞.

Tehát a feltétel szerint a sor konvergens.

37

4. fejezet

Végtelen sorok a középiskolában

4.1. Számsorozatok

A középiskolában a diákok eloször a számsorozat fogalmával és tulajdonságaival is-

merkednek meg. A függvényekre vonatkozó ismereteikbol kiindulva a valós értéku függ-

vények értelmezési tartományának vizsgálatával jutnak el a valós számsorozat fogalmá-

hoz.

4.1.1. Példa. [Számsorozatra]

1, 5, 7, 9, 13...

Ez f(x) függvény szerint:

f(1) 7→ 1 a1 = 1

f(2) 7→ 5 a2 = 5

f(3) 7→ 7 a3 = 7...

Az ai a sorozat i. eleme, az an pedig az n. tag (általános tag). Ezek után a hozzáren-

delési módból kiindulva tárgyaljuk a sorozat megadási lehetoségeit. Ez történhet a tagok

felsorolásával, vagy szövegesen, képlettel esetleg rekurzívan - megtudjuk az elso néhány

elemet, majd képletet adunk a további elemek kiszámítására.

38


4.1.2. Példa. [Szöveges megadás] A√2 számjegyeinek sorozata.

a1 = 1 a2 = 4 a3 = 1 a4 = 4 a5 = 2

4.1.3. Példa. [Felsorolással való megadás]

2 3 5 7 11 13...

Ez a prímszámok sorozata.

4.1.4. Példa. [Képlettel való megadás]

{an} = 2·n+13

4.1.5. Példa. [Rekurzív megadás]

a1 = 1 a2 = 1 a3 = 2 ... an = an−2 + an−1

Fibonacci-sorozat.

A könnyebb átláthatóság és szemléltetés érdekében megmutatunk kétféle ábrázolási

módot. Az egyik, mely szerint koordináta-rendszerben bejelöljük a sorozat néhány ele-

mét, majd levonjuk a következtetést, hogy a grafikon diszkrét pontokból áll. A másik

ábrázolási mód pedig, hogy számegyenesen szemléltetjük a sorozat tagjait.

A következokben a függvénytani tulajdonságok állnak az óra középpontjában. Tanult

függvénytulajdonságok alapján értelmezzük a korlátosság, monotonitás, határérték fogal-

mait.

4.1.6. Példa. []

{an} = n−2n+2

sorozatot tekintve

−1 < n−2n+2

= n+2−4n+2

= 1− 4n+2

< 1

Ezen a példán keresztül a diákok maguk tapasztalhatják és fogalmazhatják meg, hogy

a sorozat korlátos és monoton növo. Rájönnek, hogy a korlátosság vizsgálata az érték-

készletre vonatkozik, a monotonitásnál pedig az értelmezési tartományon vizsgáljuk az

értékkészlet elemeit.Több példán keresztül szemléltetés és ábrázolás útján a konvergencia

és a határérték fogalmát is megtaníthatjuk. Ezután pontos definíciót is adhatunk ezekre a

fogalmakra.

39


4.1.7. Definíció. []Egy sorozat konvergens és határértéke az A valós szám, ha bármely

ε > 0 számhoz ∃N pozitív egész küszöbindex, hogy bármely n ∈ N+ esetén igaz, hogy

|an−A| < ε. Azt is mondhatnánk, hogy a sorozatnak csak véges sok tagja van a határérték

tettszolegesen kis környezetén kívül.

Ez a fogalom a diákok számára nehéznek és emészthetetlennek bizonyul. Ezért ren-

geteg példa gyakorlásával érhetünk el sikert. Ezen példák megoldása közben jön elo a

divergens sorozat elnevezés is. Ezzel párhuzamosan fedezik fel, hogy:

1. Konvergens sorozatnak csak egy határértéke van.

2. Minden konvergens sorozat korlátos.

3. Minden monoton korlátos sorozat konvergens.

4. Vannak olyan sorozatok, amelyek nem konvergensek, de van konvergens részsoro-

zatuk.

Mindezek áttekintése után a sorozatokkal végzett muveletek tárgyalásába kezdünk.A

függvények kapcsán már tanulták a muveleteket ezért egy muvelet megadása után min-

taszeruen végezhetik a többit. Az összeg -, különbség -, szorzat - és a hányados sorozat

határértékére vonatkozó szabályokat illetve a rendor szabályt mondjuk ki és bizonyítjuk.

Legvégül a majdani könnyebb számítások érdekében tárgyaljuk néhány nevezetes sorozat

határértékét. Ilyen sorok például az

1. an = 1n

sorozat, melynek konvergenciáját az arkhimédészi - axióma alapján vezet-

jük le.

2. A mértani sorozat melyet megvizsgálunk a kvóciens nagyságának szempontjából.

3. an = n√a

4. an = n√n

5. an = an

n!

6. an =(1 + 1

n

)n7. Számtani sorozatok

Végül rengeteg gyakorló feladattal sajátítjuk el a határértékek kiszámítását.

40


4.2. Végtelen sorok

A végtelen sorokat Zenon paradoxonjai alapján játékosan vezetjük be és vetjük fel

az összegzés problémáját. A konklúzió levonása után pontos definíciót adunk a végtelen

sorokra, melyet a számsorozatból vezetünk le. Mindezek után a mértani sor részletösszeg

sorozatát a sor összegét és a konvergencia fogalmát tisztázzuk. Tárgyaljuk a nevezetes

végtelen sorok határértékét. Levezetjük az összehasonlító (hányados, majoráns), hatvány

illetve gyökkritériumot.

Gyakorlásra kiválóak az alábbi példák:

Döntsük el, hogy az alábbi sorok konvergensek - e vagy divergensek?

∞∑n=1

(n+13n

) ∞∑n=1

(1

n(n+2)

)∞∑n=0

(xn

n!

) ∞∑n=1

10−n

−42 + 21− 10, 5 + 5, 25 + ...

Egy 24 cm oldalú négyzet alakú papírlapot négy kisebb négyzetre vágunk, melyek

oldala 12 cm. Három négyzetet oldalaikkal egymás melléhelyezünk. A negyediket négy

kisebb négyzetre vágjuk, melyek oldalai 6 cm-esek. Ezek közül hármat a nagyobb négy-

zetek mellé teszünk. A negyedik négyzetet ismét négy kisebb négyzetre vágjuk, és az

eljárást a végtelenségig folytatjuk. Határozza meg az egymás melletti négyzetek oldalai-

nak együttes hosszát!

41

Köszönetnyilvánítás

Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetomnek, Bátkai Andrásnak, aki, tu-

dásával, szakmai tapasztalatával segítette munkámat. Hálával tartozom még évfolyam-

társamnak, Szabó Dávidnak,és öcsémnek, Bogye Balázsnak akik bevezettek a LATEX rej-

telmeibe. Végül de nem utolsó sorban szüleimnek, akik mindvégig mellettem álltak,

támogattak, és akik nélkül mindez sosem sikerült volna.

42

Irodalomjegyzék

[1] CSÁSZÁR ÁKOS, Végtelen sorok. Tankönyvkiadó, Budapest, 1979.

[2] DR. KONRAD KNOPP, Theory and application of infinite series.

[3] DR. SZARKA ZOLTÁN, Végtelen sorozatok és sorok I. és II. kötet. Magas szinten

könnyedén sorozat. LSI Alkalmazástechnikai Tanácsadó Szolgálat, Budapest, 1988.

[4] FARKAS MIKLÓS - HOFFMAN TIBORNÉ, Matematika IV. kötet - Végtelen sorok.

Muegyetemi Kidaó, 1994.

[5] FRANTISEK DURIS, Infinite Series:Convergence Tests (Bachelor thesis).Bratislava,

2009. oldwww.dcs.fmph.uniba.sk

[6] LACZKOVICH MIKLÓS - T. SÓS VERA, Analízis II. Nemzeti Tankönyvkiadó, Buda-

pest, 2007.

[7] NÉMETH JÓZSEF, VEloadások a végtelen sorokról. Polygon Könyvtár, Szeged, 2002.

[8] URBÁN JÁNOS, Határérték - számítás. Muszaki kiadó, Budapest, 2006.

[9] SZILÁGYI TIVADAR, Végtelen sorok, hatványsorok.

http://www.cs.elte.hu/ sztiv/5vs.pdf

[10] HTTP://MATHWORLD.WOLFRAM.COM/TOPICS/CONVERGENCE.HTML

[11] SDT.SULINET.HU

43

Documents

Végtelen sorok konvergencia kritériumai · 2012. 2. 4. · 2.2. Végtelen sorok és muv˝ eletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. A legismertebb kritériumok