Matek Barnával
Ingyenes tananyagok

Analízis 2

Konvergenciakritériumok

A vizsgán szinte mindig ez a kérdés: konvergens-e a sor? Itt van, melyik kritériumot mikor érdemes elővenni, és melyik mit nem dönt el.

15 perc olvasás

1. Melyik kritériumot mikor?

A vizsgakérdés szinte mindig ugyanaz: konvergens-e a sor? A nehézség nem a kritériumok alkalmazása, hanem a választás. Ez a sorrend a legtöbb feladatot elsőre eltalálja:

  1. Tartanak-e a tagok nullához? Ha nem, kész: a sor divergens. Ez pár másodperc, mindig ezzel kezdj.
  2. Van faktoriális vagy n a kitevőben? Faktoriálisnál és vegyes szorzatoknál hányadoskritérium, tiszta n-edik hatványnál gyökkritérium.
  3. Racionális vagy gyökös tört? Ekkor a hányados- és a gyökkritérium is 1-et ad, vagyis nem dönt. Ilyenkor határértékes összehasonlítás egy p-sorral.
  4. Váltakozik az előjel? Először nézd meg az abszolút értékek sorát; ha az divergens, jöhet a Leibniz-kritérium.
  5. Van a tagnak szép primitív függvénye? Például 1nln⁡n\frac{1}{n\ln n} esetén: ekkor az integrálkritérium a leggyorsabb.

2. Összehasonlító kritériumok

Az alapötlet nem is lehetne egyszerűbb: egy nemnegatív tagú sort beszorítunk egy olyan sor alá vagy fölé, amiről már mindent tudunk.

Majoráns és minoráns kritérium

0≤an≤bn:∑bn konv.⇒∑an konv.,∑an div.⇒∑bn div.0\le a_n\le b_n:\qquad \sum b_n\ \text{konv.}\Rightarrow \sum a_n\ \text{konv.},\qquad \sum a_n\ \text{div.}\Rightarrow \sum b_n\ \text{div.}

A gyakorlatban azonban ritkán akarunk egyenlőtlenséggel bajlódni. Sokkal kényelmesebb a határértékes változat, ami ugyanazt mondja, de osztással:

Határértékes összehasonlítás

lim⁡n→∞anbn=c,0<c<∞⟹∑an eˊs ∑bn egyu¨tt konvergens vagy egyu¨tt divergens\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=c,\quad 0<c<\infty \qquad\Longrightarrow\qquad \sum a_n \ \text{és}\ \sum b_n\ \text{együtt konvergens vagy együtt divergens}

A mércét mindig úgy választjuk, hogy a tagban csak a domináns hatványokat tartjuk meg. Egy racionális törtnél ez a számláló és a nevező fokszámának különbsége.

Példa: racionális tört

Konvergens-e a ∑n=1∞2n+1n3+5\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^{3}+5} sor? A nevező foka 3, a számlálóé 1, a különbség 2, tehát a mérce az 1n2\frac{1}{n^{2}} p-sor:

anbn=2n+1n3+51n2=(2n+1)n2n3+5=2n3+n2n3+5 ⟶ 2\frac{a_n}{b_n}=\frac{\frac{2n+1}{n^{3}+5}}{\frac{1}{n^{2}}}=\frac{(2n+1)n^{2}}{n^{3}+5}=\frac{2n^{3}+n^{2}}{n^{3}+5}\ \longrightarrow\ 2

A határérték véges és pozitív, a ∑1n2\sum\frac{1}{n^{2}} pedig konvergens (p=2>1p=2>1). A vizsgált sor tehát konvergens.

Példa: divergencia kimutatása

A ∑n=1∞n+3n2−n+1\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n+3}{n^{2}-n+1} sornál a fokszámkülönbség 1, tehát a mérce a harmonikus sor:

n+3n2−n+11n=n2+3nn2−n+1 ⟶ 1\frac{\frac{n+3}{n^{2}-n+1}}{\frac{1}{n}}=\frac{n^{2}+3n}{n^{2}-n+1}\ \longrightarrow\ 1

A ∑1n\sum\frac1n divergens, tehát a vizsgált sor is divergens, hiába tartanak a tagjai nullához.

3. Hányados- és gyökkritérium

Mindkettő azt méri, hogy a sor mennyire viselkedik mértani sorként: ha a tagok nagyjából egy 1-nél kisebb hányadossal fogynak, a sor konvergál.

Hányadoskritérium (D'Alembert)

L=lim⁡n→∞∣an+1an∣:L<1 ⇒ abszoluˊt konvergens,L>1 ⇒ divergensL=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|:\qquad L<1\ \Rightarrow\ \text{abszolút konvergens},\qquad L>1\ \Rightarrow\ \text{divergens}

Gyökkritérium (Cauchy)

L=lim⁡n→∞∣an∣n:L<1 ⇒ abszoluˊt konvergens,L>1 ⇒ divergensL=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}:\qquad L<1\ \Rightarrow\ \text{abszolút konvergens},\qquad L>1\ \Rightarrow\ \text{divergens}

L = 1 esetén egyik sem dönt

Ez nem azt jelenti, hogy a sor divergens, hanem azt, hogy nem tudtunk meg semmit, és más kritérium kell. Jó példa, hogy ∑1n\sum\frac1n és ∑1n2\sum\frac{1}{n^{2}} esetén is L=1L=1, pedig az egyik divergens, a másik konvergens. Minden racionális törtnél ez történik, ezért kell ott az összehasonlítás.

Példa: faktoriális, hányadoskritériummal

Vizsgáljuk a ∑n=1∞2nn!\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}}{n!} sort. A hányadosban a faktoriális és a hatvány is szépen egyszerűsödik:

an+1an=2n+1(n+1)!⋅n!2n=2n+1 ⟶ 0\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{2^{n}}=\frac{2}{n+1}\ \longrightarrow\ 0

L=0<1L=0<1, tehát a sor konvergens. (Az összege történetesen e2−1e^{2}-1, de ehhez már a hatványsorok kellenek.)

Példa: n-edik hatvány, gyökkritériummal

A ∑n=1∞(n2n+1)n\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n} sornál a teljes tag n-edik hatvány, tehát a gyök egyszerűen lehúzza:

∣an∣n=n2n+1 ⟶ 12<1\sqrt[n]{|a_n|}=\frac{n}{2n+1}\ \longrightarrow\ \frac12<1

A sor konvergens. Ugyanez hányadoskritériummal jóval kellemetlenebb számolás lenne.

4. Integrálkritérium

Ha a tag egy pozitív, monoton csökkenő, folytonos függvény egész helyeken felvett értéke, akkor a sor és a hozzá tartozó improprius integrál sorsa közös. Szemléletesen: az összeg egy téglalapsor területe, az integrál a görbe alatti terület, és a kettő legfeljebb egy véges taggal tér el.

Integrálkritérium

an=f(n), f pozitıˊv, cso¨kkeno˝, folytonos:∑n=1∞an konv.  ⟺  ∫1∞f(x) dx konv.a_n=f(n),\ f\ \text{pozitív, csökkenő, folytonos}:\qquad \sum_{n=1}^{\infty}a_n\ \text{konv.}\iff \int_{1}^{\infty}f(x)\,dx\ \text{konv.}

Példa: a p-sorok szabálya

Az f(x)=1xpf(x)=\frac{1}{x^{p}} integrálja p>1p>1 esetén véges, egyébként végtelen. Ebből azonnal adódik az előző leckében kimondott szabály: a ∑1np\sum\frac{1}{n^{p}} pontosan akkor konvergens, ha p>1p>1.

Példa: amit csak ez dönt el

Konvergens-e a ∑n=2∞1nln⁡n\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n} sor? A tagok gyorsabban fogynak, mint 1n\frac1n, de lassabban, mint bármelyik 1np\frac{1}{n^{p}} p>1p>1-re, tehát az összehasonlítás itt nem segít. Az integrál viszont igen, u=ln⁡xu=\ln x helyettesítéssel:

∫2∞dxxln⁡x=[ln⁡(ln⁡x)]2∞=∞\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x\ln x}=\Big[\ln(\ln x)\Big]_{2}^{\infty}=\infty

Az integrál divergens, tehát a sor is divergens.

5. Váltakozó előjelű sorok: a Leibniz-kritérium

Ha a tagok előjele szabályosan váltakozik, egy külön, nagyon megengedő kritérium áll rendelkezésre.

Leibniz-kritérium

∑(−1)nbn,bn≥0:(bn) monoton cso¨kkeno˝  ∧  bn→0⟹a sor konvergens\sum(-1)^{n}b_n,\quad b_n\ge 0:\qquad (b_n)\ \text{monoton csökkenő}\ \ \wedge\ \ b_n\to 0\quad\Longrightarrow\quad \text{a sor konvergens}

Mindkét feltétel kell. A monoton csökkenés nélkül az állítás nem igaz, és ezt a dolgozatokban ki is kell írni, nem elég a nullához tartást megnézni.

Példa: az alternáló harmonikus sor

A ∑n=1∞(−1)n+1n=1−12+13−…\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=1-\frac12+\frac13-\dots sornál bn=1nb_n=\frac1n monoton csökken és nullához tart, tehát a sor konvergens. (Az összege ln⁡2\ln 2.)

Ugyanennek a sornak az abszolút értékekből álló változata a harmonikus sor, ami divergens. Az előjelváltás tehát önmagában „megmentette” a sort.

Ingyen hibabecslés

Leibniz-soroknál a részletösszeg hibája legfeljebb az első elhagyott tag:

∣S−sN∣≤bN+1\left|S-s_N\right|\le b_{N+1}

Ez azért kényelmes, mert megmondja, hány tagot kell összeadni egy kívánt pontossághoz, és a vizsgán is szeretnek rákérdezni.

6. Abszolút és feltételes konvergencia

Vegyes előjelű soroknál érdemes külön megvizsgálni az abszolút értékek sorát, mert az sokkal erősebb tulajdonságot ad.

Abszolút konvergencia

∑∣an∣ konvergens⟹∑an konvergens\sum |a_n|\ \text{konvergens}\quad\Longrightarrow\quad \sum a_n\ \text{konvergens}
  • Abszolút konvergens, ha ∑∣an∣\sum|a_n| konvergens. Ilyenkor a sor „rendesen viselkedik”: a tagok tetszőlegesen átrendezhetők, az összeg nem változik.
  • Feltételesen konvergens, ha ∑an\sum a_n konvergens, de ∑∣an∣\sum|a_n| nem. A példa az alternáló harmonikus sor.

Feltételesen konvergens sort ne rendezz át

Riemann tétele szerint egy feltételesen konvergens sor tagjai úgy is átrendezhetők, hogy az összeg bármely előre megadott szám legyen, sőt akár divergenssé is tehető. A véges összegek megszokott szabadsága itt egyszerűen nem érvényes.

Gyakorlati következmény: a hányados- és a gyökkritérium mindig abszolút konvergenciát ad, hiszen abszolút értékkel dolgozik. Ezért vegyes előjelű sornál is nyugodtan használhatók, míg az összehasonlító kritériumok csak nemnegatív tagokra.

7. Tipikus hibák

  • L=1L=1-ből divergenciára következtetni. A hányados- és a gyökkritérium ilyenkor nem dönt. Ha ezt írod le eredményként, a feladat még nincs megoldva.
  • Az összehasonlítás rossz iránya. Ha an≤bna_n\le b_n és ∑an\sum a_n konvergens, abból ∑bn\sum b_n-ről semmi nem következik. A konvergencia felülről, a divergencia alulról öröklődik.
  • Összehasonlítás negatív tagú sorra. A majoráns kritérium nemnegatív tagokat feltételez. Vegyes előjelnél előbb abszolút értéket kell venni.
  • Leibniznél a monotonitás elhagyása. A bn→0b_n\to 0 önmagában nem elég, a csökkenést is ellenőrizni kell (és leírni).
  • „Feltételesen konvergens, tehát majdnem konvergens.” Nem: a sor konvergens, összeggel együtt. Csak az átrendezés tilos rá.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalásaIngyenes konzultáció