Numerikus sorozatok/Bevezetés

Végtelen halmazok (valós számok, geometriai ponthalmazok, függvényhalmazok, egyéb végtelen sokaságok) vizsgálatánál gyakran adódik – mind az elméletben, mind az alkalmazások esetén –, hogy egy eredmény nem hull a kezünkbe egyszer s mindenkorra, mintha az a szorzótábla egy eleme lenne. Sokkal inkább jellemző, hogy egyre mélyebb és mélyebb vizsgálatok eredményezik a pontos értéket, mi több, az is előfordul, hogy a voltaképpeni eredemény csak egy végtelen hosszú eljárássorozat eredményként kerülhetne a kezünkbe – feltéve, hogy a végtelen hosszú eljárássorozatot végre tudnánk hajtani.

Ez a helyzet például a kör kerületének és átmérőjének viszonyszáma, azaz a π értékének kiszámításánál. Első közelítésként arra a következtetésre juthatunk, hogy ez az érték 3 és 4 közé esik, és ha 0,5-es hibán belül megelégszünk az értékével, a 3 jó közelítésnek vehető. További vizsgálatokkal, a körbe beírt és a kör körülírt sokszögei kerületének és átlóinak vizsgálatával ezt az eredményt akár 0,1-es hibahatár alá is szoríthatjuk, mondjuk 3,14-re. További – egyre hosszadalmasabb – számítások elvezethetnek a 3,1415±0,0001 értékhez is. Elméleti vizsgálatok kiderítették, hogy a π pontos értékét csak végtelen nemszakaszos tizedestört írja le, így arra esélyünk sincs, hogy az értékeket egyetlen papírlapon láthatjuk leírva. Ellenben, és pontosan ilyen vizsgálatokat jelent a numerikus sorozatok témaköre, igazolható, hogy vannak képletek, melyek segítségével akármilyen előre megadott hibahatár esetén a határon belül kiszámítható a közelítő értéke. Például ilyen képletet adott Leibniz, legalább is a π/4-re

${\frac {\pi }{4}}=1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,{\frac {1}{7}}\,+\,{\frac {1}{9}}\,-\cdots$

Ekkor az újabb és újabb tagok hozzáadásával keletkező

$4,\quad {\frac {8}{3}},\quad {\frac {52}{15}},\quad {\frac {304}{105}},...$

számsorozatról, azt mondjuk, „tart a π-hez” vagy „konvergál a π-hez” vagy „konvergens és határértéke a π”. Ugyanígy találhatunk a $\scriptstyle {\sqrt {2}}$-höz tartó sorozatot. Van olyan is, mely egy görbevonalú síkidom területének mérőszámához, például a parabolacikk területéhez tart.

Természetesen a feladatunk nem ilyen közelítő képletek készítése lesz. Annak a kérdésnek az általános elméletét tekintjük át, hogy egy akárhogyan megadott sorozat tart-e valamely számhoz, és ha igen, melyikhez.

Magán egy számsorozaton olyan hozzárendelést értünk, mely minden pozitív egész számhoz egy számot rendel. Ezek a számok lehetnek különbözők is, ekkor még felsorolásnak is nevezzük. Például egy jellemző végtelen sorozat:

${\underset {1.}{\underbrace {0,1} }};\quad {\underset {2.}{\underbrace {0,01} }};\quad {\underset {3.}{\underbrace {0,001} }};\quad ...\quad ;{\underset {n.}{\underbrace {0,\!{\overset {n-1\;\mathrm {db} }{\overbrace {0...0} }}\!1} }};\quad ...$

mindazonáltal nem kell, hogy a sorozatnak képzési szabálya legyen.

Két példán illusztráljuk a témakört.

A négyzetgyök kettő közelítése intervallumfelezéssel

Ismert az a tény, hogy a kettő négyzetgyöke nem racionális szám (holott helye a számegyenesen körző és vonalzó használatával pontosan kijelölhető). Nincs véges vagy végtelen szakaszos tizedestört előállítása, a tizedestörtben kifejezett értékét csak bizonyos jegyre pontosan tudjuk megmondani. Tudjuk azt is, hogy a racionális számok a számegyenesen mindenhol sűrűn helyezkednek el, azaz bármely két valós szám között van racionális szám. Ez lehetőséget ad arra, hogy megadjunk olyan racionális számokat, melyek egy előre meghatározott távolságnál közelebb vannak a $\scriptstyle {\sqrt {2}}$-höz. Tudjuk:

$1<2<4\quad \quad \Longrightarrow \quad \quad 1<{\sqrt {2}}<2$

Most osszuk az [1,2] intervallumot két egyenlő részre, határozzuk meg a felezéspont négyzetét és hasonlítsuk össze 2-vel:

	$1<2<(1,5)^{2}=2,25\,$	$\Rightarrow$	$1<{\sqrt {2}}<1,5$
ismételjük az $[1;1,5]\,$ intervallumra:	$1,5625=(1,25)^{2}<2<(1,5)^{2}=2,25\,$	$\Rightarrow$	$1,25<{\sqrt {2}}<1,5$
ismételjük az $[1,25\,;\,1,5]$-re:	$1,8906\approx (1,375)^{2}<2<(1,5)^{2}=2,25$	$\Rightarrow$	$1,375<{\sqrt {2}}<1,5$
ismételjük az $[1,375\,;\,1,5]$-re:	$1,8906\approx (1,375)^{2}<2<(1,4375)^{2}\approx 2,0664$	$\Rightarrow$	$1,375<{\sqrt {2}}<1,4375$
majd az $[1,375\,;\,1,4375]$-re:	$1,9775\approx (1,40625)^{2}<2<(1,4375)^{2}\approx 2,0664$	$\Rightarrow$	$1,40625<{\sqrt {2}}<1,4375$

amivel 5 lépésben megkaptuk, hogy a $\scriptstyle {\sqrt {2}}$ értéke 1 tizedesjegyre $\scriptstyle {1,4...}$ (illetve $\scriptstyle {1,42\pm 0,016}$). Az intervallumok hosszai feleződtek (a $\scriptstyle {q={\frac {1}{2}}}$ arányú mértani sorozat szerint csökkennek), így az 5. lépésben a keresett érték az intervallum középpontjától már csak $\scriptstyle {{\frac {1}{2^{6}}}\approx 0,016}$-del tér el. Az eljárásban a $\scriptstyle {\sqrt {2}}$-t alulról és felülről becslő értékek sorozata egy-egy, a $\scriptstyle {\sqrt {2}}$-t közelítő sorozat:

$(a_{n})=(1;\;1,25;\;1,375;\;1,375;\;1,40625;\;...\;)$

$(b_{n})=(2;\;1,5;\;1,5;\;1,4375;\;1,4375\;...\;)$

$a_{n}<{\sqrt {2}}<b_{n},\quad \quad b_{n}-a_{n}={\frac {1}{2^{n-1}}}\quad \quad (\forall n\in \mathbb {Z} ^{+})$

Aki nem jutott volna arra a szubjektív meggyőződésre, hogy az n = 0-ról induló

$\left(\left({\frac {1}{2}}\right)^{n}\right)=(1,\;{\frac {1}{2}},\;{\frac {1}{4}},\;{\frac {1}{8}},...)$

mértani sorozat egy tag után minden előre megadott kis pozitív számnál kisebb értékeket vesz fel, az gondoljon a

$\left(\left({\frac {1}{10}}\right)^{n}\right)=(1;\;0,1;\;0,01;\;0,001;\;0,0001;\;0,00001;...)$

sorozatra (melynek tizedes alakja megegyezik az előző sorozat kettedes tört alakban megadott alakjával) és hogy ez tényleg minden pozitív szám alá megy.

A parabolaszelet területének meghatározása

Geometriai példát is hozhatunk a közelítés alkalmazására. Apollónioszhoz nyúlik vissza az a módszer, ahogy a parabolametszet területét számítjuk ki.

Tekintsük a koordinátasíkon az $\scriptstyle {y=x^{2}}$ egyenletű parabolát! Határozzuk meg az y = 1 egyenes és a parabolaív által közbezárt terület nagyságát!

Beírt háromszögek segítségével fogjuk megoldani a feladatot. Az első beírt háromszög a (-1,1), (0,0), (1,1) pontok alkotta háromszög, melynek területe 1. Jelöljük most ki a parabola 0,5 és -0,5 abszcisszájú pontjait és kössük össze rendre a (0,0), (1,1) és a (-1,1), (0,0) pontokkal. Ha a két így keletkezett háromszöget az x = 0,5 és x = -0,5 egyenletű egyenesekkel félbevágjuk, akkor 4 egyenlő területű háromszöget kapunk, hiszen az x = 0,5 és x = -0,5 egyenletű egyenesek a háromszögek súlyvonalai. Egy ilyen félháromszög területe:

${\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2}}\right)^{2}$,

négy ilyen van, tehát:

$4\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2}}\right)^{2}$.

Ha felezéssel folytatjuk ezt az eljárást, akkor az n-edik lépésben a hozzáadott terület:

$2\cdot 2^{n}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}\cdot \left({\frac {1}{2^{n}}}\right)^{2}=\left({\frac {1}{4}}\right)^{n}$,

így a terület:

$T=1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{16}}+{\frac {1}{64}}+...$.

Azt már Apollóniusz is tudta, hogy a $\scriptstyle {q={\frac {1}{2}}}$ kvóciensű mértani sorozat tagjainak összege, amikor az összes tagot adjuk össze, azaz az

$s=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{8}}+...=2$

összeg – akármilyen furcsa is – véges érték. (Hogy mit is kell értsünk végtelen tagú összegen, azzal nem is olyan sokára részletesen fogunk foglalkozni.) Az értéke az ábráról – amelyben rendre 1, $\scriptstyle {\frac {1}{2}}$, $\scriptstyle {\frac {1}{4}}$, ... területű téglalapok vannak úgy elrendezve, hogy az összterületük 2 területű téglalap legyen – leolvasható. Általános képletet is ismertek a mértani sorozat tagjainak végtelen összegére (ezt később mi magunk is be tudjuk majd bizonyítani):

$s={\frac {1}{1-q}}$,

így $\scriptstyle {q={\frac {1}{4}}}$ esetén a parabolaszelet területe:

$T=s={\frac {4}{3}}$.