1.

Végtelen sorok

1.

Bevezetés és definı́ciókInnen
lim sn = lim 1 −n→∞n→∞1=1n+1Bevezetésként próbáljunk meg az
1+

2. Az

1 1
1+ + ··· + n + ...
2 4
2

1 + q + q2 + · · · + qn + . . .

végtelen összegnek értelmet adni. Mivel végtelen sokszor |q| < 1 esetén konvergens, egyébként divergens, mert
nem tudunk összeadni, emiatt csak az első n tagot adjuk
1 − qnössze: legyensn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 =,ha q 6= 1
1−q
1 − 21n1
1 1 1
sn = 1 + + + + n−1 =,és q n → 0 akkor és csak akkor, ha |q| < 1.
2 4 8 2
1 − 12Megjegyzés: A konvergencia difinı́ciójából látszik, hogy
Paan végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, havéges számú tagot hozzáadunk vagy ha elveszünk.

a mértani sor összegképlete szerint. Ha n nagy, akkor 21nmár elhanyagolhatóan kicsi, ezért sn ≈ 1−1 1 = 2, emiatt
2természetes azt mondani, hogy
1 1
1+ + · · · + n + · · · = 2.
2 42PP
1. tétel (Műveletek Psorokkal). HaP an ésbn konvergens sorok, továbbá
an = A ésbn = B, akkor
PA továbbiakban
1.
(an + bn ) = A + BP2.
(an − bn ) = A − B
a1 + a2 + · · · + an + . . .
P
3.
kan = kA, ahol k tetszőleges valós szám.
alakú ún. végtelen sorokat vizsgálunk, ahol an -ek valósPszámok. P
Ezt a végtelen mértani sort a következőképpen
Bizonyı́tás:
Csak
1.-etbizonyı́tjuk.
A(an + bn ) njelöljük:
an .
edik
részletösszege:P
1. definı́ció (Végtelen sor konvergenciája). A
ansn = (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) + · · · + (an + bn ) =végtelen sor n-edik részletösszege:
1+(a1 + a2 + · · · + an ) + (b1 + b2 + · · · + bn ) = An + Bn .

sn = a1 + a2 + · · · + an .

Ha a részletösszegek sorozata az L számhoz konvergál, Mivel An → A és Bn → B, ezért sn → A + B. ¥azaz
P∞ n nsorozat összegét!
Példa: Határozza meg a n=1 2 6+3n
lim sn = L,n→∞
Megoldás:Pakkor azt mondjuk, hogy aan végtelen sor konvergens∞∞∞XX
2n + 3n
2n X 3nés összege L. Egyébként a végtelen sort divergensnek=+=mondjuk.
6n6n6nn=1

Példa: 1. Mutassa meg, hogy az

n=1n=1

1 1
1 1
3+= ,
3 1 − 26
2 1 − 36211
11+++ ··· ++ ...
1·2 2·3 3·4n(n + 1)

a mértani sor összegképlete alapján.

végtelen sor konvergens és összege 1.
Megoldás: Legyen

2.

KonvergenciakritériumokP1
1
1
1+++ ··· +1·2 2·3 3·4n(n + 1)

Aan végtelen sorral kapcsolatban két kérdés fogalmazható meg:P
1
1= k1 − k+1, ezért
Mivel k(k+1)
1. Konvergens-e a
an végtelen sor?
Pµ¶ µ¶ µ¶µ¶2. Ha aan végtelen sor konvergens, akkor mi az
1
1 1
1 1
1
1
sn = 1 −+−+−+· · ·+−összege?
2
2 3
3 4n n+1
P
Az alábbi tétel egy szükséges feltételt ad aan végtelen
1=1−.
sor
konvergenciájára:n+1
sn =1

2. tétel. Ha aPan végtelen sor konvergens, akkor

3. tétel.PLegyen an ≥ 0 minden pozitı́v egész n esetén.
Ekkor aan végtelen sor pontosan akkor konvergens, haaz sn részletösszegek sorozata korlátos.

lim an = 0.

n→∞Bizonyı́tás: NyilvánA következő kritérium azt mutatja, hogy gyakran
a végtelen sort egy alkalmas improprius integrállalösszehasonlı́tva megválaszolhatjuk a konvergencia
kérdését.

an =(a1 + a2 + · · · + an−1 + an ) − (a1 + a2 + · · · + an−1 ) =Mivel aPsn − sn−1an végtelen sor konvergens, ezért

4. tétel (Integrákritérium). Legyen an csupa pozitı́v
tagból álló sorozat. Tegyük fel, hogy van olyan pozitı́v
egész N és az [N, ∞) félegyenesen csökkenő f (x) függvény,Pamelyre an = f (n) minden n ≥ N esetén. Ekkor aanR∞végtelen sor és az
improprius integrál vagy egyszerrelim sn = lim sn−1 = Ln→∞n→∞valamely valós L szám esetén. Ígylim an = lim sn − sn−1 = lim sn − lim sn−1 =n→∞

n→∞

n→∞

L−L=0Nn→∞konvergens vagy divergens.

¥Bizonyı́tás: A bizonyı́tásban az N = 1 esetreszorı́tkozunk (az általános eset bizonyı́tása hasonlóan
Rkf (x)dx ≥ ak ≥történik). Mivel f (x) csökkenő, ezértKövetkezmény: Ha a lim an nem létezik vagy nemn→∞Pvéges, akkor aan végtelen sor divergens.

k−1
k+1RPéldák:
1.

∞
Xn2 végtelen sor divergens, mert lim n2 = ∞

2.

Z2n→∞

n=1∞
Xf (x)dx, ha k ≥ 2. Ezért egyrészt

k

a1 +a2 +· · ·+an ≥Z3f (x)dx+1(−1)n végtelen sor divergens, mert nem létezik aPan végtelen sor esetén lim an = 0, akkorn→∞Plehet, hogy aan végtelen sor konvergens, de lehet, másrészt
hogy divergens.

1a1 + a2 + a3 + · · · + an ≤Z2Példák:

a1 +∞
X11
1. Avégtelen sor konvergens és lim n = 0.
nn→∞ 22n=1snf (x)dxn→∞Z3f (x)dx +1Znf (x)dx + · · · +2f (x)dx =n−1n+1ZP∞

a1 +1n=1 n végtelen sor divergens, mert

2nf (x)dx =n+1
Zlim (−1)n .

2. Af (x)dx+· · ·+2n=1Ha an+1Zµ¶ µ¶1 11 1 1 11+++ + ++ ...
=1+ +23 45 6 7 8µ¶1
1++···+≥2n−1 + 1
2nf (x)dx
1azaz

n+1ZZnf (x)dx ≤ sn ≤ a1 +1

1
1
1
1n+ 2 + 4 + · · · + 2n−1 n = 1 + ,248
22ezért a részletösszegek sorozata a +∞-hez tart.

Ebből látszik, hogy ha az

1+f (x)dx
1R∞

f (x)dx konvergens, ami most

1azt jelenti, hogy felülről korlátos, akkor sn is felülrőlR∞korlátos lesz, tehát konvergens. Másrészt, ha f (x)dx
1Rn
A sorozatoknál tanultuk, hogy egy monoton növődivergens, akkor f (x)dx nem lesz alulról korlátos, ezértsorozat pontosan akkor konvergens, ha korlátos. Ennek
P1
a tételnek a következménye az alábbi:
sn sem, tehát
an is divergens. ¥2Példa: A∞
X
1n
n=1

2. ha limkonvergens, ha p > 1 és divergens,pann→∞ bn= 0 ésP

bn konvergens, akkor

P

an iskonvergens.

ha p ≤ 1, mivel f (x) = x1p függvény monoton csökkenő
R∞ha x ≥ 1; f (n) = n1p és az x1p dx improprius integrál aPP
an= ∞ ésbn divergens, akkor
an isn→∞ bndivergens.

3. ha lim

1p-szabály alapján konvergens, ha p > 1 és divergens, ha
0 < p ≤ 1.

Bizonyı́tás. Csak 1.-et bizonyı́tjuk. A feltétel miattlétezik egy M egész, hogy n > M esetén | abnn − c| < 2c ,5. tétel (Összehasonlı́tó kritérium). Legyen
an olyan azaz
cancvégtelen mértani sor, ahol an ≥ 0.
−c< ,− <2bn2P
1. Ha van olyan konvergens cn sor és N pozitı́v egész,Pcan
3chogy minden n > N esetén an ≤ cn , akkor
an<< ,2bn2végtelen sor is konvergens. (Majoráns kritérium)c3cPbn < an < bn .
2. Ha van csupa nemnegatı́v tagból álló divergens
dn22végtelen sor és N pozitı́v egész Pszám, hogy minden
PP 3c
bn konvergens, akkor P2 bn is az, ezértn > N esetén an ≥ dn , akkor
an sor divergens. HaP az
összehasonlı́tó
kritériumalapjánasorisaz.
Habnn(Minoráns kritérium)Pc
sor divergens, akkor
bisaz,emiattaz
összehasonlı́tón
P 2
kritérium alapján
an is divergens. ¥Bizonyı́tás: 1. Az sn = a1 + · · · + an , (n ≥ N )részletösszegre felső korlát aPéldák∞
X∞2a1 + a2 + · · · + aN +cnX
2n2 −ln n1.
Asorkonvergens,
mertlim=n=N +11n→∞n2 − ln nn2
n=1∞
Xkonvergens
1P végtelen sor.
2 éskonvergens.
2. A
an végtelen sornak nincs felső korlátja, mert ha2nn=1
lenne, akkor a∞
X∞
1X
√
√
2. Avégtelen sor divergens, mert
d1 + d2 + · · · + dN +ann+ 3nn=1
P

n=N +1Pfelső korlátja lenne
dn részletösszegeinek, tehátkonvergens lenne, ami ellentmondás. ¥P√ 1√
n+ 3 nn→∞√1nlimdn is= 1 és a∞X1√ végtelen sor divergens.
nn=1

PéldaP
7. tétel (Hányadoskritérium). Legyen an csupa pozitı́v
1
1. A
sor konvergens, mert 0 ≤ 2n1+n < 21n és tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogy
n+n
2
n=1
an+1∞
lim= ρ.
X
1n→∞ anavégtelensorkonvergens.
2nn=1
Ekkor∞
PX
1
1. ha ρ < 1, akkoran konvergense;√végtelen mértani sor divergens, mert
2.
n−n+1
Pn=1
2. ha ρ > 1, akkor
an divergens;∞
X11√1végtelen sor divergens.
≥ n és an− n+1
3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható.
n∞
Xn=1

Bizonyı́tás.

6. tétel (Limeszes összehasonlı́tó kritériumok). Tegyükfel, hogy valamely pozitı́v egész N -re igaz, hogy an > 0 ésbn > 0, ha n > N . Ekkor
PPan= c > 0, akkoran és
1. ha lim
bn egyszerren→∞ bnkonvergensek vagy egyszerre divergensek.

1. Tegyük fel, hogy ρ < 1. Ekkor létezik r, amelyreρ < r < 1 és N pozitı́v egész, hogy aan+1< r, hann ≥ N . Ekkor
aN +1
<raN3

⇔

aN +1 < raN

aN +2<raN +1aN +2 < raN +1 < r2 aN⇔és általábanBizonyı́tás:√
1. Ha lim n an = ρ < 1, akkor egy rögzı́tett ρ < r < 1n→∞√esetén létezik N , hogy n an < r, azaz

aN +m < rm aN .

Ekkor sn felülről becsülhető aan < rn ,a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN + raN + r2 aN + · · · =ha n ≥ N , alkalmas pozitı́v egész N esetén. Meg
kell mutatnunk, hogy sn , (n ≥ N ) felülről korlátos.
Nyilván:2

a1 + a2 + · · · + aN −1 + aN (1 + r + r + . . . )Pkonvergens sorral, ı́gyan is konvergens.

sn = a1 + · · · + aN −1 + aN + aN +1 + · · · + an <2. Ha ρ > 1, akkor létezik N , hogy n ≥ N eseténa1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · + rn ≤an+1> 1,an

a1 + · · · + aN −1 + rN + rN +1 + · · · ≤ezérta1 + · · · + aN −1 +aN < aN +1 < aN +2 < . . .

√√2. Ha lim n an = ρ > 1, akkor létezik N , hogy n an >n→∞1, ha n ≥ N , ezért an > 1, ha n ≥ N és ı́gy lim an 6=n→∞P0, ezért aan végtelen sor divergens.

ezérta sorozat tagjai nem tartanak a 0-hoz, ı́gy a
Pan végtelen sor divergens.
3. A∞
X1ésn

∞
X
1
n=1

n=1
an+1

sorokra teljesül, hogy ρ =n2∞

X nPélda: Avégtelen sor konvergens, mert
2n
n=1
rn
1
lim n n = < 1.
n→∞
22

lim

= 1 és az első egy divergens, a második
anpedig egy konvergens sor. ¥n→∞Példák
1. A∞
X2n

A következő tételben ún.
alternáló
foglalkozunk. Legyenek an > 0. Ekkor aznvégtelen sor konvergens, mert an = 2n! ésn!
n=1

a1 − a2 + a3 − a4 + −n+1

2(n+1)!
2nn→∞
n!

limnváltakozó előjelű végtelen sort alternáló sornak mondjuk.

2= 0 < 1.
n→∞ n + 1= lim

9. tétel (Leibniz-kritérium). A fenti alternáló sor konvergens, ha an monoton csökkenő és lim an = 0.
n→∞

∞
X
2nn=1

sorokkal

n+1

2
an+1 = (n+1)!
, ezért

2. ArN. ¥1−rnvégtelen sor divergens, mert an = 2n2 és
2Bizonyı́tás. A 2m-edik részletösszeg:

n+1

2
an+1 = (n+1)
2 és ı́gy
2n+1(n+1)2
lim
2nn→∞
n2s2m = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · + (a2m−1 − a2m ).
= 2 > 1.

Ekkor
s2(m+1) = s2m + (a2m+1 − a2m+2 ),ahol a monoton csökkenés miatt (a2m+1 −a2m+2 ) ≥ 0. Igy
az s2m sorozat monoton növő. Másrészt

P

8. tétel (Gyökkritérium). Legyenan csupa pozitı́v
tagból álló végtelen sor. Tegyük fel, hogys2m = a1 −(a2 −a3 )−(a4 −a5 )−· · ·−(a2m−2 −a2m−1 )−a2m√lim n an = ρ.
≤ a1 ,n→∞megint csak a monoton csökkenés miatt. Mivel s2m monoton nő és felülről korlátos, emiatt létezik a lim s2m . DeEkkor
1. ha ρ < 1, akkor
2. ha ρ > 1, akkorPPm→∞an konvergense;

lim s2m+1 = lim (s2m + a2m+1) =an divergens;

m→∞

m→∞

lim s2m + lim a2m+1 = lim s2m ,3. ha ρ = 1, akkor a kritérium nem alkalmazható.

m→∞

4m→∞

m→∞

ezért létezik a véges limn→∞ sn . ¥Példa: A∞
X(−1)n−1nn=1=1−

1 1 1+ − +−2 3 4alternáló sor konvergens, mert an = n1 monoton csökkenve
tart a 0-hoz.
P
2. definı́ció.
Aan végtelen sor abszolút konvergens,Pha|an | konvergens.
Példa A∞
X(−1)n−1
n=1=1−n2

1
1 1+ −+ −...
4 9 16végtelen sor a Leibniz kritérium szerint konvergens, és atagok abszolút értékét véve a∞X1n2
n=1=1+

1 1
1+ ++ ...
4 9 16

is konvergens sor lesz az integrál kritérium szerint, tehátaz eredeti sor abszolút konvergens.
P
3. definı́ció. AP an konvergens végtelen sor feltételesenkonvergens, ha|an | divergens.
Példa A∞
X(−1)n−1
n=1

n=1−

1 1 1+ − + −...
2 3 4

sor a Leibniz-kritérium szerint konvergens, de a tagok abszolút értékét véve a∞
X
1
n=1

n=1+

1 1 1+ + + ...
2 3 4

ún. harmonikus sor már divergens lesz az integrálkritérium alapján.
P
10. tétel. Ha aan végtelen sor abszolút konvergens,akkor konvergens isBizonyı́tás. Legyen
cn = an + |an |.
Ekkor0 ≤ cn ≤ 2|an |P
Mivel|an | konvergens, emiatt
2|aPn | is konvergens ésı́gy az összehasonlı́tó kritérium alapján cn is konvergensvégtelen sor. DeP

an = (an + |an |) − |an | = cn − |an |és mivel két konvergensvégtelen sor különbsége is konverP
gens, emiattan is konvergens. ¥5