Numerikus sorozatok/Konvergenciakritériumok

Konvergenciakritériumok

A definíció szerint ahhoz, hogy egy sorozat konvergens voltát belássuk, azt kell igazolni, hogy van egy olyan szám, amely a sorozatnak határértéke. Ahhoz tehát, hogy állíthassuk a konvergencia tényét, vagyis azt, hogy a sorozat egy számhoz konvergál, meg kell adnunk ezt a számot. Ha nem tudjuk, hogy mi a határérték, elvileg végig kéne ellenőriznünk az összes valós számot, hogy megállapítsuk, az a szám valóban határérték-e vagy sem. Világos, hogy ennek a vizsgálatnak az elvégzése, már csak elvi okokból is (ti. végtelen sok, sőt kontinuum sok valós szám van) nagy nehézségbe ütközik. A konvergens sorozatok vizsgálatánál tehát élesen elválik két tevékenység:

1. a konvergencia tényének belátása, az hogy a sorozatnak létezik véges határértéke és
2. a határérték kiszámítása, meghatározása

Azokat a tételeket, melyek a 1. pontban foglalt tény belátásához adnak elégséges vagy szükséges feltételeket (és ezáltal megkönnyítik a konvergencia tényét firtató kérdésekre adandó válaszadást) konvergenciakritériumoknak nevezzük.

Monoton, korlátos sorozatok

A konvergencia alábbi, gyakran alkalmazott, elégséges feltétele a sorozatok monoton tulajdonságát helyezi előtérbe. Mindezekhez elevenítsük fel a monoton sorozat definícióját.

Monoton sorozat

Definíció – Azt mondjuk, hogy az (an) valós számsorozat monoton növekvő, ha minden n természetes számra teljesül: $a_{n}\leq a_{n+1}\,$ szigorúan monoton növekvő, ha minden n természetes számra teljesül: $a_{n}<a_{n+1}\,$ monoton csökkenő vagy monoton fogyó, ha minden n természetes számra teljesül: $a_{n+1}\leq a_{n}\,$ szigorúan monoton csökkenő, ha minden n természetes számra teljesül: $a_{n+1}<a_{n}\,$ monoton, ha monoton növekvő vagy monoton csökkenő szigorúan monoton, ha szigorúan monoton növekvő vagy szigorúan monoton csökkenő

Megjegyzés. A monotonitást, például a szigorú monoton növekedést még úgy is megfogalmazhatjuk, hogy tetszőleges n > m természetes számokra: a_n > a_m

Példák

1. Igazoljuk, hogy az

$a_{n}=\sin \left({\frac {1}{n}}\right)$

általános tagú sorozatot szigorúan monoton csökken!

(Útmutatás: használjuk fel, hogy a sin függvény a (0,π/2) intervallumon szigorúan monoton nő.)

Megoldás

Világos:

$n<n+1\;$

ezért reciprokot véve

${\frac {1}{n}}>{\frac {1}{n+1}}\;$

és mivel a sin függvény a (-π/2;+π/2) intervallumon szigorúan monoton növekszik, ezért a fenti egyenlőtlenséget megtartja:

$\sin \left({\frac {1}{n}}\right)>\sin \left({\frac {1}{n+1}}\right)\;$

2. Igazoljuk, hogy az

$a_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$

általános tagú sorozat monoton nő!

(Útmutatás: használjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az $\scriptstyle {1+{\frac {1}{n}},1+{\frac {1}{n}},...,1+{\frac {1}{n}},1}$ számokból álló n+1 tagú véges sorozatra.)

Megoldás

Tekintsünk az igazolni kívánt

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\leq \left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n+1}$

egyenlőtlenség bal oldalára, mint n tényezős szorzatra. Ekkor a pozitív számokra vonatkozó számtani és mértani egyenlőtlenség

$x_{1}x_{2}...x_{k}\leq \left({\frac {x_{1}+x_{2}+...+x_{k}}{k}}\right)^{k}$

alakját választva nyerjük, k = n + 1 tagra:

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)\left(1+{\frac {1}{n}}\right)...\left(1+{\frac {1}{n}}\right)\cdot 1\leq \left({\frac {n\cdot 1+1+n\cdot {\frac {1}{n}}}{n+1}}\right)^{n+1}=\left({\frac {n+2}{n+1}}\right)^{n+1}=\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n+1}$

3. Igazoljuk a

$a_{1}=1\,$

$a_{n+1}={\sqrt {1+a_{n}}}$

rekurzív módon megadott sorozatról, hogy szigorúan monoton növekvő!

(Útmutatás: teljes indukcióval.)

Megoldás

Indukcióval igazoljuk az a_n+1 > a_n egyenlőtlenséget. n = 1-re igaz:

$a_{2}={\sqrt {2}}>1=a_{1}\,$

Tetszőleges n esetén éljünk az a_n+1 > a_n indukciós feltevéssel. Ekkor

$a_{n+2}={\sqrt {1+a_{n+1}}}>{\sqrt {1+a_{n}}}=a_{n+1}$

felhasználva az $\scriptstyle {x\mapsto {\sqrt {1+x}}}$ függvény szigorú monoton tulajdonságát és az indukciós feltevést.

Monoton-korlátos kritérium

Tétel – a konvergencia monoton korlátossággal megfogalmazott elégséges feltétele – Monoton, korlátos sorozat konvergens.

Megjegyzés. A konvergencia lokalitásából következik, hogy a tétel állítása olyan korlátos sorozatokra is érvényes, melyek csak egy indextől kezdve monotonak.

Bizonyítás. Legyen (a_n) monoton, korlátos valós számsorozat. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy az (a_n) monoton növekvő. Világos, hogy a sorozat szuprémuma véges. Belátjuk, hogy a sorozat konvergál a sup(a_n) számhoz.

Legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor a szuprémum egyenlőtlenségekkel történő jellemzése alapján sup(a_n)–ε már nem felső korlátja (a_n)-nek, így létezik N természetes szám, hogy

$a_{N}>\mathrm {sup} (a_{n})-\varepsilon \,$

Mivel (a_n) monoton növekvő, ezért minden n > N természetes számra

$a_{n}\geq a_{N}\,$

így minden n > N-re

$\mathrm {sup} (a_{n})\geq a_{n}\geq a_{N}\,>\mathrm {sup} (a_{n})-\varepsilon \,$

ami azt jelenti, hogy az N+1 indextől kezdve a sorozat minden tagja benne van a sup(a_n) szám ε sugarú környezetében.

Az Euler-féle példa

Igazoljuk, hogy az

$a_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$

általános tagú sorozat konvergens!

(Útmutatás: a monotonitást már fent beláttuk; a korlátossághoz alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az $\scriptstyle {1+{\frac {1}{n}},1+{\frac {1}{n}},...,1+{\frac {1}{n}},{\frac {1}{2}},{\frac {1}{2}}}$ számokból álló n+2 tagú véges sorozatra.)

Megoldás

A monotonitásról szóló részben beláttuk, hogy ez a sorozat monoton növekvő. Eszerint már csak azt kell belátni, hogy felülről korlátos (ekkor persze korlátos is). Tekintsük a következő n+2 tényezőjű szorzatot és becsüljük felül a számtani és mértani közép között fennálló egyenlőtlenséggel:

${\sqrt[{n+2}]{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}}}\leq {\frac {n\cdot 1+n\cdot {\frac {1}{n}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}}{n+2}}={\frac {n+2}{n+2}}=1$

ahonnan következik, hogy minden n-re:

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\leq 4$

azaz a sorozat monoton korlátos, így konvergens.

Megjegyzés. Természetesen azt nem állítjuk, hogy a 4 a sorozat felső határa lenne. Ennek a sorozatnak a határértéke az Euler-féle e szám, melyet néha úgy definiálnak, mint az utóbbi sorozat határértékét. Részletesebb számítással az is belátható, hogy a sorozat határértéke nem nagyobb 3-nál, ám világos, hogy a sorozat konvergenciáját már az előző gondolatmenettel is minden kétséget kizáróan igazoltuk.

Pozitív tagú sorok

Nemnegatív tagú részletösszegsorozat, azaz

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}p_{k}$

alakú sorozat, ahol (p_k) nemnegatív tagú sorozat, mindig monoton növekvő, így csak a korlátosságát kell belátni.

Igazoljuk, hogy az

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\,$

általános tagú sorozat konvergens!

(Útmutatás: igazoljuk az ennél nagyobb általános tagokból álló $\scriptstyle {\sum \limits _{k=2}^{n}\left({\frac {1}{k-1}}-{\frac {1}{k}}\right)}$ sorozat korlátosságát.)

Megoldás

Rámutatunk arra, hogy k > 1-re az összeg tagjait növelni tudjuk, ha k² helyére k(k-1)-et írunk, hiszen ekkor a nevezőt csökkentettük, a tört pedig eközben nő. Ekkor:

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\leq 1+\sum \limits _{k=2}^{n}{\frac {1}{k(k-1)}}$

Az utolsó összeg úgy nevezett teleszkopikus összeg, azaz felbontható olyan különbségek összegére, ahol az egymást követő párok kinullázzák egymást:

$\sum \limits _{k=2}^{n}{\frac {1}{(k-1)k}}=\sum \limits _{k=2}^{n}{\frac {k-(k-1)}{(k-1)k}}=\sum \limits _{k=2}^{n}{\frac {1}{k-1}}-{\frac {1}{k}}=$

$={\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}+...+{\frac {1}{k-1}}-{\frac {1}{k}}+...+{\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}=1-{\frac {1}{n}}$

Összevetve tehát a fenti egyenlőtlenséggel, kapjuk:

$a_{n}\leq 1+1-{\frac {1}{n}}<2$

azaz (a_n) korlátos és így konvergens.

Megjegyzés. Természetesen ezesetben sem állítjuk, hogy a sorozat felső határa a 2. Később, részletesebb vizsgálatokkal kideríthatő, hogy ez a szám a π²/6. Ennek a határértéknek a kiszámítását bázeli prolémának nevezzük a megoldása pedig szintén Euler nevéhez fűződik.

Cauchy-féle konvergenciakritérium

Egy jelentős, a határértékre nem hivatkozó szükséges és elégséges feltételt Cauchy fogalmazott meg. Hangsúlyozzuk, hogy ez a tétel óriási horderejű, hiszen azt állítja, hogy a konvergenciavizsgálatnál elegendő csak a sorozatot vizsgálni és nem kell megsejteni előre a határértékét.

Tétel – Cauchy-féle konvergenciakritérium – Az (an) sorozat akkor és csak akkor konverges, ha teljesül az alábbi kijelentés: $\forall \varepsilon >0\quad \exists N_{\varepsilon }\in \mathbb {N} \quad \forall n,m\in \mathbb {Z} ^{+}\quad \quad n,m>N_{\varepsilon }\quad \Rightarrow \quad |a_{n}-a_{m}|<\varepsilon$

Bizonyítás.

(1) Először tegyük fel, hogy az (a_n) sorozat konvergens. Ekkor azt kell belátnunk, hogy tetszőleges ε pozitív számra van olyan N természetes szám, hogy

$\forall n,m\in \mathbb {Z} ^{+}\quad \quad n,m>N\quad \Rightarrow \quad |a_{n}-a_{m}|<\varepsilon$

Világos, hogy mivel (a_n) az A számhoz konvergál, ezért tetszőleges ε'-höz létezik M, hogy minden k > M-re

$|a_{k}-A|<\varepsilon '$

Így tehát tetszőleges n és m számokra, melyek M-nél nagyobbak:

$|a_{n}-A|<\varepsilon '$ és $|a_{m}-A|<\varepsilon '$

Tehát ha az |a_n - a_m| távolságot akarjuk felülbecsülni, akkor a háromszög-egyenlőtlenséggel:

$|a_{n}-a_{m}|=|a_{n}-A+A-a_{m}|\leq |a_{n}-A|+|A-a_{m}|<\varepsilon '+\varepsilon '\,$

ha tehát az ε = 2ε' számnak megfelelőhöz, azaz ε'=ε/2-höz választunk M-et és az

$N=M\,$

definíciót tekintjük, akkor pont a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk, azaz

$\forall n,m\in \mathbb {Z} ^{+}\quad \quad n,m>N\quad \Rightarrow \quad |a_{n}-a_{m}|<\varepsilon$

(2) A másik irányhoz kellene találnunk egy A számot, mely alkalmas a sorozat határértékének. Ehhez először belátjuk, hogy a sorozat korlátos, majd a Bolzano–Weierstrass-féle kiválasztási tételre hivatkozva rögzítünk egy sűrűsödési pontot, mely a határérték szerepét fogja játszani.

(a) Belátjuk, hogy (a_n) korlátos. ε = 1-re létezik N, hogy minden n, m > N-re

$|a_{n}-a_{m}|<1\,$

Rögzítsünk egy M > N számot ekkor ezzel is minden n > N-re

$|a_{n}-a_{M}|<1\,$

azaz a sorozat M-nél nagyobb indexű tagjai az (a_M - 1 , a_M + 1) korlátos intervallumban vannak. Az N-nél kisebb tagok viszont csak véges sokan vannak, így a sorozat nem lehet nem korlátos.

(b) Legyen A sűrűsödési pontja (a_n)-nek. Belátjuk, hogy A a sorozat határértéke. Legyen ε > 0 és válasszunk ε/2-höz olyan M_ε/2 számot (a Cauchy-tulajdonság folytán), hogy minden n,m > M_ε/2-re

$|a_{n}-a_{m}|<\varepsilon /2\,$

teljesüljön. Ekkor, minthogy A minden környezetében végtelen sok tagja van a sorozatnak, azon indexek m halmaza végtelen, melyekre

$|A-a_{m}|<\varepsilon /2\,$

teljesül. Ezek közül legyen k egy olyan, mely nagyobb M_ε/2-nél (itt lényegesen kihasználjuk, hogy végtelen sok ilyen indexérték van). Ekkor tetszőleges n > M_ε/2-re:

$|A-a_{n}|=|A-a_{k}+a_{k}-a_{n}|\leq |A-a_{k}|+|a_{k}-a_{n}|<{\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2}}=\varepsilon$

ha tehát N_ε-nek az M_ε/2-et választjuk, akkor a kívánt egyenlőséget kapjuk, azaz tetszőleges ε > 0-ra

$\forall n\in \mathbb {Z} ^{+}\quad \quad n>N_{\varepsilon }\quad \Rightarrow \quad |a_{n}-A|<\varepsilon$

teljesül.

Megjegyzés. Az olyan (a_n) sorozatokat, melyek teljesítik a

$\forall \varepsilon >0\quad \exists N_{\varepsilon }\in \mathbb {N} \quad \forall n,m\in \mathbb {Z} ^{+}\quad \quad n,m>N_{\varepsilon }\quad \Rightarrow \quad |a_{n}-a_{m}|<\varepsilon$

tulajdonságot, Cauchy-sorozatoknak nevezzük. A tétel szerint a valós számok körében a Cauchy-sorozatok a konvergens sorozatok. Más számkörökben (illetve metrikus vagy normált terekben) általában csak az igaz, hogy minden konvergens sorozat Cauchy-sorozat. Ez kiderül a bizonyításból is, hiszen az (1) rész változatlanul marad minden metrikus térben, míg (2) irány csak azokban, melyekben teljesül a Bolzano–Weierstrass-tétel. A racionális számok halmazában például ellenpélda a négyzetgyök kettőt kijelölő intervallumfelezéses eljárásban adódó két sorozat. Ezek nem konvergensek, bár a Cauchy-tulajdonság (lévén az 1/2ⁿ-nel szűkülők) igaz rájuk.

Példák

1. Olyan eseben, amikor egy részletösszegsorozat egy nem feltétlenül azonos előjelű sorozatról készül, tehát ha

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}b_{k}\,$

alakú, ahol (b_k) akár eltérő előjelű értékeket is felvehet, a monotonitás nem garantált. Ilyen esetekben néha célra vezet a Cauchy-féle kritérium alkalmazása.

Igazoljuk, hogy az

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}(-1)^{k}\sin \left({\frac {1}{2^{k}}}\right)\,$

általános tagú sorozat konvergens!

(Útmutatás: becsüljük felül a szóban forgó különbségeket az 1/2 hányadosú mértani sorozat tagjaival.)

Megoldás

Legyen ε > 0 és N egyelőre tetszőleges. Ha N < n és m = n + l, akkor

$|a_{n}-a_{m}|=\left|\sum \limits _{k=0}^{l}(-1)^{n+k}\sin \left({\frac {1}{2^{n+k}}}\right)\right|\leq$

$\leq \sum \limits _{k=0}^{l}\sin \left({\frac {1}{2^{n+k}}}\right)\leq \sum \limits _{k=0}^{l}{\frac {1}{2^{n+k}}}\leq {\frac {1}{2^{n}}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}\leq {\frac {2}{2^{N}}}$

Itt felhasználtuk, hogy

1. sin(x) < x, ha x ∈ (0,π/2)
2. $\sum \limits _{k=0}^{l}{\frac {1}{2^{k}}}<\sup \limits _{n\in \mathbf {N} }\sum \limits _{k=0}^{n}{\frac {1}{2^{k}}}={\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}$
3. inf(1/2ⁿ) = 0

Ha tehát N olyan, hogy

${\frac {2}{2^{N}}}<\varepsilon \,$

(ilyen szám feltétlenül található), akkor minden N < n és m = n + l-re teljesül a kívánt

$|a_{n}-a_{m}|<\varepsilon$

egyenlőtlenség.

Megjegyezzük, hogy az ilyen típusú, azaz

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}(-1)^{k}p_{k}\,$

alakú részletösszegsorozatokra (később sornak fogjuk nevezni), ahol (p_k) nemnegatív, monoton csökkenő módon a nullához tartó, sorozatok konvergenciájával a később említendő Leibniz-kritérium foglalkozik.

2. Minthogy a Cauchy-kritérium szükséges feltétel is, ezért divergencia kimutatására is alkalmas. Erre nevezetes példa az alábbi

$a_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$

általános tagú részletösszeg sorozat. Igazoljuk, hogy ez nem konvergens!

(Útmutatás: válasszuk a szükséges n és m számokat N-nek és 2N-nek.)

Megoldás

Az állítjuk, hogy van olyan ε > 0, hogy minden N természetes számra léteznek n és m $\scriptstyle {\geq }$ N számok, hogy

$|a_{n}-a_{m}|\geq \varepsilon \,$

Legyen ugyanis ε = 1/2 és tetszőleges N természetes számra n = N és m = 2N. Ekkor

$|a_{m}-a_{n}|=\sum \limits _{k=N+1}^{2N}{\frac {1}{k}}\geq \sum \limits _{k=N+1}^{2N}{\frac {1}{2N}}={\frac {N}{2N}}={\frac {1}{2}}$

ahol a törteket úgy csökkentjük (pontosabban nemnöveljük), hogy a nevezőket az N + 1 és 2N közötti értékekről 2N-re növeljük (pontosabban nemcsökkentjük).

Rendőrelv

Az alábbi kritérium azon kívül, hogy a konvergencia tényét megállapítja, a határértéket is megadja.

Tétel – Közrefogási elv (rendőrelv, csendőrszabály, zsandárszabály, ...) – Ha (an) illetve (bn) az A számhoz konvergáló sorozatok, és (cn) olyan sorozat, hogy egy N természetes számtól kezdve minden n-re $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}\,$ akkor (cn) is konvergens és határértéke A.

Bizonyítás. Tetszőleges ε pozitív számhoz létezik N₁, hogy minden n > N₁ esetén

$A-\varepsilon <a_{n}\,$

és létezik N₂, hogy minden n > N₂ esetén

$b_{n}<A+\varepsilon \,$

Ezért ha N az N₁ és N₂ közül a nem kisebb, akkor minden n > N-re

$A-\varepsilon <a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}<A+\varepsilon \,$

amiből rögtön leolvasható, hogy

$A-\varepsilon <c_{n}<A+\varepsilon \,$