Végtelen sorok konvergencia kritériumai · 2012. 2. 4. · 2.2. Végtelen sorok és muv˝ eletek...
Transcript of Végtelen sorok konvergencia kritériumai · 2012. 2. 4. · 2.2. Végtelen sorok és muv˝ eletek...
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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.
2.2.3. Definíció. []A∞∑n=0
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.
2.2.5. Definíció. []A∞∑n=0
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
2.2.7. Definíció. []A∞∑n=0
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
an sor abszolút konvergens.
3. Ha végtelen sok n index esetén n√|an| ≥ 1 akkor a
∞∑n=0
an sor divergens.
17
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
an sor abszolút konvergens.
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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
Végtelen sorok konvergencia kritériumai
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