Numerikus sorok - Index of

VIK, Műszaki Informatika
ANALÍZIS (1)
Numerikus sorok
Oktatási segédanyag
A Villamosmérnöki és Informatikai Kar
műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján
összeállította:
Fritz Józsefné dr.
Kónya Ilona
2004. szeptember
Szerkesztette: Győri Sándor

1. Numerikus sorok konvergenciája
A
∑ ∞ a k
k=1
módon:
végtelen összeghez hozzárendelünk egy ( s n ) számsorozatot a következő
s n :=
n∑
a k :
k=1
∞∑
k=1
a k = a }{{} 1 +a 2 +a 3 + · · · + a n + · · ·
s
}
1
{{ }
s
}
2
{{ }
s
}
3
{{ }
s n
n-edik részletösszeg
E számsorozat határértékének segítségével definiáljuk a sor összegét az alábbiaknak
megfelelően.
✎☞ ∑ ∞
✍✌ D A a k numerikus sor konvergens és összege s , ha létezik a
k=1
(véges) határérték.
( n∑
)
lim s n = lim a k = s ∈ R
n→∞ n→∞
k=1
A részletösszegek (s n ) sorozatának viselkedése szerint az alábbi esetek lehetségesek:
⎧
s ∈ R ,
∞∑
n∑
⎪⎨ ⎫ az összeg konvergens
+∞ , ⎬
a k = lim a k = lim s n =
n→∞
n→∞ −∞ , az összeg divergens.
k=1
k=1
⎪⎩ ⎭
∄ ,
✓✏ ∞∑
∑
Pl.
✒✑ 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + · · · esetén s n = n 1 = n
k=1
k=1
=⇒ lim
n→∞
s n = ∞
(Divergens a sor.)
✓✏ ∞∑
Pl.
✒✑ (−1) k+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · + (−1) k + · · · divergens, mert
k=1
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 1 v1.4

s 2k+1 = 1 → 1
s 2k = 0 → 0
}
=⇒ (s n ) -nek 2 torlódási pontja van, a sor divergens.
✓✏
Pl.
✒✑
∞∑
( ) k 1
= 1 ( ) 2 ( n
(
1 1
2 2 + 1 1
) n
2 − 1
+ · · · + + · · · = lim
2
2)
n→∞
1
2
k=1 } {{ }
− 1 = 1 2
2
} {{ }
s n
s n
−1
− 1 2
= 1 ,
tehát a sor konvergens.
✓✏
Pl.
✒✑
∞∑ 1
k (k + 1) = 1 , mert
k=1
lim
n→∞
n∑
k=1
1
k (k + 1) = lim
n→∞
(( ) −1
= lim
n→∞ 2 + 1 +
(
= lim 1 − 1
n→∞ n + 1
(
n∑ −1
k=1 k + 1 + 1 )
=
k
( −1
3 + 1 ) ( −1
+
2 4 + 1 ) ( −1
+ · · · +
3
n + 1 + 1 ))
=
n
)
= 1, konvergens a sor.
✓✏∞∑
1
Pl.
✒✑ k
k=1
(harmonikus sor) divergens
Ugyanis
( ( 1 1
s 2 k = 1+ +
2)
3 4)
+ 1 ( 1
+
5 + 1 6 + 1 7 + 1 (
+· · ·+ · · · +
8)
1 )
+
2 k−1
≥ 1 + 1 2 + 2 · 1
4 + 4 · 1
8 + · · · + 2k−1 · 1
2 k = 1 + k · 1
2 → ∞
lim s 2 = ∞ =⇒ ∑ ∞
1
k→∞ k k = ∞
Ugyanis s n ≥ s 2 k, ha n > 2 k miatt lim
n→∞
s n = ∞.
•••
k=1
(
1
2 k−1 + 1 + · · · + 1 )
≥
2 k
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 2 v1.4

✎☞
✍✌ T Geometriai sor
1 + q + q 2 + · · · =
⎧
1
∞∑
⎪⎨ , ha |q| < 1
1 − q
q k−1 = ∞ , ha q ≥ 1
⎪⎩
divergens , ha q ≤ −1
k=1
✎☞ ∑
✍✌ B sn = n k=1
q k−1 = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1
Ha q = 1 :
s n = n , ezért lim s n = ∞ .
n→∞
Ha q ≠ 1 :
s n = qn − 1
q − 1 .
Mivel q n → 0 , ha |q| < 1 , ezért
lim n =
−1
n→∞ q − 1 = 1 , ha |q| < 1.
1 − q
Mivel q n → ∞ , ha q > 1 =⇒ s n → ∞ , ha q > 1.
Ha q = −1 :
q n -nek két torlódási pontja van, mégpedig t 1 = 1 , t 2 = −1 .
=⇒ s n -nek is 2 torlódási pontja van: 0 és 1, tehát divergens.
Ha q < −1 :
q n -nek két torlódási pontja van, mégpedig t 1 = −∞ , t 2 = ∞ .
=⇒ s n -nek is 2 torlódási pontja van: −∞ és ∞, tehát divergens.
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
k=3
q k = q 3 + q 4 + q 5 + · · · = q3
1 − q
, ha |q| < 1 .
A részletösszegek a tételben szereplő részletösszegek q 3 -szeresei, így a határérték (a sor
összege) is q 3 -nel szorzódik.
✓✏∞∑
Pl.
✒✑ a q k =
k=0
k=1
∞∑
a q k−1 =
a
1 − q
, ha |q| < 1
Most a részletösszegek a tételben szereplő részletösszegek a -szorosai, így a határérték
is ( a -szoros lesz.
)
első tag
A képletet úgy érdemes megjegyezni, hogy s =
1 − kvóciens .
✎☞
✍✌ M Ha a sorban véges sok tagot elhagyunk vagy megváltoztatunk, akkor a konvergencia
ténye nem változik, konvergens sorból konvergens sort, divergens sorból divergens sort
kapunk. A sorösszeg értéke természetesen megváltozik.
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 3 v1.4

✎☞∑
∞ ∞∑
✍✌ M (c · a k ) és a k (c ≠ 0) egyszerre konvergens illetve divergens.
k=1
1
n∑
n∑
(Ugyanis s n = a k és s ∗ n = (c · a k ) egyidejűleg konvergens illetve divergens.)
k=1
k=1
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
k=2
(−3) k+2
2 2k+1 = (−3)2
2 1 ∞
∑
k=2
( ) k −3
= 9 4 2
( ) 2 −3
4
1 − ( −3
4 )
(
q = −3
4 , |q| < 1 teljesül. )
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
k=1
2 k + 3 k+1
4 k+2 = ?
s n =
n∑
( )
2
k
3k+1
+ =
4k+2 4 k+2
k=1
( n∑
s n = 1 ( ) k 1
+ 3
16 2
k=1
(
n∑
k=1
n∑
( ) k 3
4)
k=1
1
16 · ( 1
2
→ 1 ( 1
16 · 2
1 − 1 2
) k
+ 3 ( ) ) k 3
16 · 4
3
)
4
+ 3 ·
1 − 3 = 5 8
4
✓✏
Pl.
✒✑Milyen x-re konvergens a
k=0
∞∑
(log 2 x) k sor?
q = log 2 x, | log 2 x| < 1 ⇐⇒ −1 < log 2 x < 1,
2 −1 < x < 2, azaz x ∈ (2 −1 , 2) .
•••
A konvergencia szükséges és elégséges feltétele (Cauchy kritérium):
✎☞∑
∞
✍✌ T a k akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0-hoz ∃ M(ε):
k=1
|a n+1 + a n+2 + · · · + a n+k | < ε, ha n > M(ε) és k ∈ N +
✎☞
✍✌ B Triviálisan igaz, hiszen a számsorozatok konvergenciájára tanult szükséges és
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 4 v1.4

elégséges tétel alkalmazható. (s n ) akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ ε > 0 -hoz
∃ M(ε) , hogy n, m > M(ε) esetén |s m − s n | < ε.
Legyen m > n és m = n + k ! Mivel
Ezért
s n = a 1 + a 2 + · · · + a n ,
s m = s n+k = a 1 + a 2 + · · · + a n + a n+1 + a n+2 + · · · + a n+k .
ha n > M(ε) és k ∈ N + tetszőleges.
|s m − s n | = |a n+1 + a n+2 + · · · + a n+k | < ε ,
✓✏∞∑
Pl.
✒✑ (−1) n+1 1 n = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · ·
n=1
konvergens
Ugyanis
|s n+k − s n | = |a n+1 + a n+2 + · · · + a n+k | =
1
∣n + 1 − 1
n + 2 + 1
n + 3 − · · · + (−1)k+1
n + k ∣ =
⎧ ( 1
n + 1 − 1 ) ( 1
+
n + 2 n + 3 − 1 ) (
1
+ · · · +
n + 4
n + k − 1 − 1 )
=
n + k
} {{ } } {{ } } {{ }
>0
>0
>0
= 1 ( 1
n + 1 − n + 2 − 1 ) ( ) 1
− · · · − , ha k páros
n + 3
n + k
} {{ } } {{ }
>0
>0
⎪⎨
=
( 1
n + 1 − 1 )
n + 2
} {{ }
>0
⎪⎩
Vagyis
= 1
n + 1 − ( 1
n + 3 − 1 ) (
)
1
+ · · · +
n + 4
n + k − 2 − 1
n + k − 1
} {{ } } {{ }
( 1
+
>0
>0
+ 1
n + k =
n + 2 − 1 ) (
1
− · · · −
n + 3
n + k − 1 − 1 )
, ha k páratlan
n + k
} {{ } } {{ }
>0
>0
|s n+k − s n | < 1
n + 1 < ε, ha n > 1 ε − 1 =⇒ N(ε) ≥ [ 1
ε − 1 ]
Későbbiekben könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez egy úgynevezett Leibniz sor.
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 5 v1.4

1.1. A konvergencia szükséges feltétele
✎☞
✍✌ T
(
∑ ∞
)
a k konvergens
k=1
=⇒
( )
lim a k = 0
k→∞
✎☞
✍✌ B A Cauchy kritériumból ( k = 1 választással):
|s n+1 − s n | = |a n+1 | < ε, ha n > N(ε) =⇒ a n → 0
Vagy (egy másik bizonyítás)
s n = s n−1 + a n =⇒ a n = s n − s n−1 → s − s = 0
✎☞
✍✌ M A feltétel nem elégséges. Például a
∞∑
k=1
1
k
sor a feltételt teljesíti, mégis divergens.
2. Váltakozó előjelű (alternáló) sorok
c 1 − c 2 + c 3 − · · · + (−1) n+1 c n + · · · =
∞∑
(−1) n+1 c n , c n > 0
Leibniz kritérium:
✎☞
✍✌ T Ha az alternáló sor tagjainak abszolút értékeiből képzett sorozat (fent (c n ) ) monoton
fogyóan tart 0 -hoz ( jelben c n ↘ 0) , akkor a sor konvergens.
Az ilyen alternáló sor neve: Leibniz sor.
n=1
✎☞
✍✌ B Belátjuk, hogy s2k ↗ és felülről korlátos:
Másrészt
s 2k+2 = s 2k + (c 2k+1 − c
} {{ 2k+2 ) ≥ s
} 2k =⇒ s 2k ↗
≥0
0 ≤ s
} {{ 2k+2 = c
}
1 − (c 2 − c 3 ) − (c } {{ } 4 − c 5 ) − · · · − (c } {{ }
2k+2 ) ≤ c
} {{ } 1
az előzőből látható
≥0
≥0
≥0
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 6 v1.4

Tehát s 2k monoton növő és felülről korlátos =⇒ s 2k konvergens, legyen s =
lim
k→∞ s 2k.
Megmutatjuk, hogy s 2k+1 → s szintén, és így a sor konvergens.
s 2k+1 = s 2k + c 2k+1 → s + 0 = s
✎☞
✍✌ M Az is megmutatható, hogy az s 2k+1
részsorozat monoton csökkenően tart s -hez.
0 ≤ s 2k+1 = (c 1 − c 2 ) + (c 3 − c 4 ) + · · · + (c 2k−1 − c 2k ) + c 2k+1 =
= (c 1 − c 2 ) + (c 3 − c 4 ) + · · · + c
} {{ 2k−1 − (c
} 2k − c 2k+1 )
} {{ }
s 2k−1
≥ 0
≤ s 2k−1
Hibabecslés Leibniz típusú soroknál
Tehát a Leibniz típusú soroknál a páros indexű részletösszegek s -nél kisebbek vagy
egyenlők:
s 2k ≤ s.
A páratlan indexű elemek monoton csökkenve tartanak s -hez, ezért
s ≤ s 2k+1 .
Mivel
s − s 2k ≤ s 2k+1 − s 2k = c 2k+1 és s 2k+1 − s ≤ s 2k+1 − s 2k+2 = c 2k+2 ,
ezért
|H| = |s − s n | ≤ c n+1 , ∀ n ∈ N .
•••
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
(−1) n+1 1
3√ 2n + 1
=
∞∑
n=1
(−1) n+1 c n
A sor Leibniz típusú és így konvergens, mivel c n =
1
3√ 2n + 1
↘ 0 .
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
(−1) n+1 1
n√ 2n + 1
=
1
n√
3
n √ n
} {{ }
↓
1
=
∞∑
n=1
a n =
∞∑
n=1
(−1) n+1 c n
1
n√ 2n + n
≤ c n < 1 → 1
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 7 v1.4

=⇒ lim c n = 1 =⇒ lim a n ≠ 0 , tehát nem teljesül a konvergencia szükséges
n → ∞ n → ∞
feltétele, így a sor divergens.
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
(−1) n+1 n + 1
n 2 + 2
=
c n =
∞∑
n=1
(−1) n+1 c n
1
n + 1 n 2
1 + 2 n 2 → 0
A monoton csökkenés most nem triviálisan igaz, hiszen n növelésével a számláló és a
nevező is nő. Várható, hogy a (c n ) sorozat monoton csökkenő, mert a nevező ”gyorsabban
nő”. De ezt ilyenkor be kell bizonyítanunk! Tehát igaz-e, hogy
(n + 1) + 1
(n + 1) 2 + 2
(n + 2) (n 2 + 2)
c n+1
?
≤ cn
0
?
≤ n + 1
n 2 + 2
?
≤ (n + 1) (n 2 + 2n + 3)
Tehát a sor Leibniz típusú és így konvergens.
?
≤ n 2 + 3n − 1 Ez pedig igaz, minden n -re .
2.1. Feladatok a váltakozó előjelű sorokhoz
Vizsgálja meg konvergencia szempontjából az alábbi sorokat!
∞∑ cos kπ
1.
lg k
2.
3.
4.
2
∞∑
1
∞∑
2
2
(−1) n
n√ n
(−1) k−1 2k
k 2 − 1
∞∑
( n
(−1) n n + 1
) n
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 8 v1.4

3. Sorok abszolút és feltételes konvergenciája
✎☞ ∑ ∞
✍✌ D ak sor abszolút konvergens, ha
∞∑
(
Pl. − 1 k
abszolút konvergens.
2)
k=1
∞∑
|ak | konvergens.
(Konvergens geometriai sorokról van szó, ahol a kvóciens − 1 2 illetve 1 2 . )
∞∑ (−1) k+1
k=1
k
nem abszolút konvergens, de konvergens.
✎☞
✍✌ D
Feltételesen konvergens sor:
a konvergens, de nem abszolút konvergens sor
∞∑ (−1) k+1
Ilyen pl. a
sor.
k
k=1
∑
Ugyanis beláttuk, hogy ez a sor konvergens, de a ∞ (−1) k+1
∣ k ∣ = ∑ ∞
k=1
k=1
1
k
sor divergens.
✎☞
✍✌ T
( ∞
∑
|ak | konvergens
)
=⇒
( ∞
∑
ak konvergens)
Tehát az abszolút konvergenciából következik a konvergencia.
✎☞ ∞∑
✍✌ B Ha |ak | konvergens, akkor teljesül rá a Cauchy kritérium, továbbá
miatt
|a n+1 + · · · + a n+k | ≤ |a n+1 | + · · · + |a n+k |
|a n+1 + · · · + a n+k | ≤ ||a n+1 | + · · · + |a n+k || < ε, ha n > M(ε), k ∈ N +
} {{ }
Cauchy kritérium ∞ ∑ |ak |-ra
∞∑
Így ak -ra is teljesül a szükséges és elégséges tétel (Cauchy kritérium), tehát
konvergens.
Ez a tétel azt mutatja, hogy az abszolút konvergencia vizsgálata igen hasznos lehet.
A ∞ ∑ |ak | sor elemei nem negatívak, sőt pozitívnak tekinthetők, mivel a nulla elemeket
nyilván nem kell figyelembe vennünk.
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 9 v1.4

4. Pozitív tagú sorok
✎☞
✍✌ T (i) Egy pozitív tagú sor részletösszegei monoton növekedőek.
(ii) Egy pozitív tagú sor akkor és csak akkor konvergens, ha részletösszegeinek
sorozata korlátos.
✎☞
B ✍✌
(i) Ha a n ≥ 0, ∀ n ∈ N, akkor s n+1 = s n + a n+1 ≥ s n ∀ n-re.
(ii) a) Ha a sor konvergens, akkor (s n ) konvergens =⇒ (s n ) korlátos
b) Ha (s n ) korlátos, akkor (s n ) ↗ miatt (s n ) konvergens.
✎☞
✍✌ M Pozitív tagú sor vagy konvergens, vagy ∞-nel egyenlő. Ez nem igaz általánosságban
egy váltakozó előjelű sorra, ahol a részletösszegek sorozatának lehet több torlódási pontja
∞∑
(pl. (−1) k ).
k=0
✎☞
✍✌ T a k > 0; a k ≥ a k+1 feltételek mellett
∞∑
a a k sor akkor és csak akkor konvergens, ha
k=1
∞∑
a 2 l · 2 l
l=1
is konvergens
✎☞
✍✌ B (¬B)
A bizonyítás lényege, hogy az első sor részletösszegei a második sor megfelelő részletösszegeivel
alulról és felülről is becsülhetőek. A becslés igazolásához fontos feltenni,
hogy az (a k ) sorozat monoton csökken.
(A részletes bizonyítás megtekinthető Walter Rudin: A matematikai analízis alapjai
című könyvében.)
Példák a tétel alkalmazására:
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ konvergens, ha α > 1 .
nα n=1
Egyébként divergens.
Ha α ≤ 0 : a n = 1
n α = n|α| ↛ 0
A konvergencia szükséges feltétele nem teljesül =⇒ divergens a sor.
Ha α > 0 : a n = 1 ↘ , így alkalmazható az előző tétel:
nα c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 10 v1.4

Vagyis
∞∑
l=1
∞∑
n=1
1
(2 l ) α · 2l =
1
n és ∑ ∞
1
α (2 l ) · α 2l egyidejűleg konvergens, illetve divergens.
∞∑
l=1
l=1
1 1
=
2 αl 2 −l
∞∑
( ) lα−l 1
=
2
l=1
∞∑
( ) (α−1)l 1
=
2
Geometriai sort kaptunk,
( )
mely csak akkor konvergens, ha
α−1
1
|q| = < 1.
2
l=1
(
∞∑ (1 ) ) α−1 l
=
2
l=1
∞∑
l=1
q l
Tehát a konvergencia csak akkor teljesül, ha α − 1 > 0, vagyis α > 1.
Vigyázat! A tételben szereplő két sor összege nem azonos, tehát nem tudtuk megállapítani
∞∑ 1
a sor összegét, csak a konvergencia tényét tudtuk megállapítani α > 1 -re.
1
n α
Ilyenkor a megfelelő s n részletösszeggel tudjuk közelíteni a sor összegét az esetleg előírt
pontossággal (lásd hibabecslések).
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ n · log
n=n 1 2 n
Ugyanis:
divergens
∞∑ 1
∞∑
2 l · log
l=l 2 2 · 1
l 2l =
l
1 l=l 1
divergens.
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ n · (log
n=n 1 2 n) p
p > 1 konvergens, egyébként divergens
p > 0 esetén alkalmazható az előző tétel:
∞∑ 1
∞∑
2 l · (log
l=l 2 2 l ) · 1
p 2l = 0 < p ≤ 1 : div.; 1 < p : konv.
l p
1 l=l 1
(p ≤ 0 esete HF. Pl. minoráns kritériummal — lásd később — megmutatható.)
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ n · log
n=n 1 2 n · log 2 log 2 n
divergens
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 11 v1.4

A tétel alkalmazható.
∞∑
1
2 l · (log
l=l 2 2 l ) · (log 2 log 2 2 l ) · 2l =
1
∞∑ 1
l · log
l=l 2 l
1
ez pedig divergens
5. Pozitív tagú sorok konvergenciájával kapcsolatos
elégséges kritériumok
• majoráns kritérium (csak konvergencia eldöntésére)
• minoráns kritérium (csak divergencia eldöntésére)
• hányados kritérium
• gyökkritérium
• integrál kritérium
Ezeket a kritériumokat kizárólag pozitív tagú sorokra alkalmazhatjuk. Így a szóbanforgó
kritériumok hasznosak lehetnek az abszolút konvergencia eldöntésére (amiből következik
az eredeti — nem feltétlenül pozitív tagú — sor konvergenciája is.)
5.1. Majoráns kritérium
✎☞
∞∑
∞∑
✍✌ T Ha 0 < a n ≤ c n ∀ n-re és c n konvergens =⇒ a n konvergens
n=1
n=1
✎☞
✍✌ B A megfelelő részletösszegek sorozatára a feltétel miatt fennáll, hogy
s a n ≤ s c n.
∑
Továbbá ∞ c n konvergenciája miatt s c n ≤ K =⇒ s a n korlátos és pozitív tagú a sor
n=1
∞∑
=⇒ a n konv.
1
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 12 v1.4

5.2. Minoráns kritérium
✎☞
✍✌ T Ha 0 ≤ d n ≤ a n ∀ n-re és
∞∑
d n divergens =⇒
n=1
∞∑
a n divergens
n=1
✎☞
✍✌ B s
a
n ≥ s d n → ∞ =⇒ s a n → ∞ (spec. rendőrelv)
✎☞
✍✌ M Mindkét esetben elegendő, ha a feltétel ∀ n helyett n ≥ N 0 -ra teljesül.
∑
( ∞ ∞∑
a n és a n egyidejűleg konvergens ill. divergens, hiszen az első szumma részletösszegei
c = N ∑0−1
a n konstanssal nagyobbak, mint a második szumma
n=1 n=N 0
részletösszegei.)
n=1
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
1
2n + 1
=
∞∑
n=1
a n
A harmonikus sorból végtelen sok tagot elhagytunk. Vajon konvergens-e az új sor? A
minoráns kritériummal belátjuk, hogy még ez a sor is divergens. Ugyanis
a n >
1
2n + n = 1
3n ,
∞
∑
n=1
1
3n = 1 3
∞∑
n=1
∞
1
n divergens =⇒ ∑
n=1
a n
divergens
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=2
1
√
2n5 + 3
=
∞∑
n=1
a n
a n < 1 √
2n
5 = 1
√
2 n
5/2 , 1 √2
∞
∑
n=1
1
konvergens (α = 5 ∞
n 5/2 2 > 1) =⇒ ∑
n=1
a n
konvergens
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
1
n√
2n5 + 3
=
∞∑
n=1
a n
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 13 v1.4

A sor divergens, mivel a rendőrelvvel megmutatható, hogy
lim
n → ∞
a n = 1 , tehát nem
tart nullához, így nem teljesül a konvergencia szükséges feltétele. Részletezve:
1
n√ √ 5 (
n
n) 5 =
} {{ }
↓
1
1 · 1 = 1 5
1
n√
2n5 + 3n 5 ≤ a n =
=⇒ a n → 1 .
1
n√
2n5 + 3 < 1 n √ 1 = 1 }{{}
↓
1
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
n + 2
3n 4 + 5
=
∞∑
n=1
a n
a n < n + 2n
3n 4 = 1 n 3 , ∞
∑
n=1
1
n 3 konvergens (α = 3 > 1) =⇒
∞∑
n=1
a n
konvergens
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
2n 2 − 32
n 3 + 8
=
∞∑
n=1
a n
n ≥ 4 -re a sor pozitív tagú. A minoráns kritériummal megmutatjuk, hogy divergens.
Ugyanis, ha n ≥ 6 , akkor n 2 > 32 és ezért
a n = 2n2 − 32
n 3 + 8
> 2n2 − n 2
n 3 + 8n 3 = 1
9n ,
∞
∑
n=1
1
9n = 1 9
∞∑
n=1
1
n divergens
=⇒
∞∑
n=1
a n
divergens.
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
2 n + 3 n+1
2 2n+3 + 5
=
∞∑
n=1
a n
1
2
∞∑
n=1
a n = 2n + 3 · 3 n
8 · 4 n + 5 < 3n + 3 · 3 n
= 1 ( n 3
8 · 4 n 2 4)
( ) n 3
konvergens geometriai sor
(q = 3 )
4
4 , |q| < 1
=⇒
∞∑
n=1
a n
konvergens
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 14 v1.4

Feladatok
Vizsgálja meg konvergencia szempontjából az alábbi sorokat!
1.
∞∑
1
1
3n + 2
8.
∞∑
1
2 n + 3 n
6 n + 2 n+1
2.
∞∑
2
1
n 2 − √ n
9.
∞∑
1
3 n + n
n · 4 n − 3
3.
∞∑
2
1
n 2 log 2 n
10.
∞∑
1
( 1 + n
1 + n 2 ) 2
4.
∞∑
2
1
n log 2 n 2
11.
∞∑
1
7n 5 − 2n 3 + 1
n 6 + 3n 2 − √ n
5.
∞∑
1
2 n
2 n+2 − 3
12.
∞∑
1
7n 5 − 2n 3 + 1
n 7 + n 2 − n + 3
6.
7.
∞∑
1
∞∑
1
2 n
2 2n − 3
2 2n
2 n − 3
13.
14.
∞∑
1
7n 5 + n 3 + 1
n 8 − n 2 + 3
( ∞∑ n
( 2)
n
4)
6
5.3. Hányados kritérium
✎☞
T1
✍✌
✎☞
✍✌
1. (a n > 0, ∀ n) ∧
2. (a n > 0, ∀ n) ∧
(
an+1
a n
(
an+1
a n
B
1. Mivel a n+1 ≤ q a n ≤ q 2 a n−1 ≤ q 3 a n−2 ≤ · · · ≤ q n a 1 , ∀ n , ezért
)
≤ q < 1, ∀ n
)
≥ q ≥ 1, ∀ n
=⇒
=⇒
∞∑
n=1
∞∑
n=1
a n
a n
konvergens.
divergens.
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 15 v1.4

∞∑
∞∑
a n -nek q n−1 a 1 konvergens majoránsa (geometriai sor, 0 < q < 1 ) =⇒
1
∞∑
1
a n
1
konvergens.
2. Mivel a n+1 ≥ q a n ≥ q 2 a n−1 ≥ · · · ≥ q n a 1 , ∀ n , ezért
∞∑
∞∑
a n -nek q n−1 a 1 divergens minoránsa (geometriai sor, q ≥ 1) =⇒
1
∞∑
1
a n
1
divergens.
✎☞∑
∞
M1
✍✌ a n és
1
∞∑
N 0
a n egyidejűleg konvergens ill. divergens, ezért elég, ha a T 1 feltételei
∀ n ≥ N 0 -ra teljesülnek.
(Természetesen, ha konvergensek, akkor az első sor összege a 1 + a 2 + · · · + a N0 −1 -gyel
több, mint a második sor összege.)
✎☞
M2
✍✌T 1 (1)-nél nem elég megmutatni, hogy a n+1
< 1 , q -t is kell találni.
a n
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑
1 n
divergens, pedig
a n = 1 n , a n+1 = 1
n + 1
✓✏ ∞∑
Pl.
✒✑
1
a n+1
a n
=
1
n 2
1
(n + 1) 2
1
n 2 =
konvergens.
miatt
És most is
a n+1
a n
=
1
n + 1
1
n
= n
n + 1 < 1 .
( )
n 2
2 n
(n + 1) = < 1 . (De ∄ 0 < q < 1 )
2 n + 1
T 1 (2)-nél viszont q megtalálása nem fontos. A tétel így is kimondható.
Ekkor ugyanis:
(a n > 0) ∧
(
an+1
a n
≥ 1, ∀ n ≥ N 0
)
=⇒
∞∑
a n div.
1
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 16 v1.4

0 < a n ≤ a n+1 , tehát a n ↗ (és a n > 0) =⇒ a n ↛ 0 (nem teljesül a szükséges
∞∑
feltétel) =⇒ a n divergens
1
A hányados kritérium egy kényelmesebben használható formában is kimondható:
✎☞
T
✍✌ 1 ∗
1. (a n > 0, ∀ n) ∧
2. (a n > 0, ∀ n) ∧
(
)
a n+1
∃ lim = c < 1
n→∞ a n
(
)
a n+1
∃ lim = c > 1
n→∞ a n
=⇒
=⇒
∞∑
a n konv.
n=1
∞∑
a n div.
n=1
✎☞
B ✍✌
1. Legyen ε = 1 − c , így q = c + ε < 1. A határérték tulajdonsága miatt
2
a n+1
< q < 1 , ∀ n > N(ε).
a n
∞∑
∞∑
Ezért T 1 (1)-ből adódik, hogy
a n
n=N(ε)
és így vele együtt
2. Legyen ε = c − 1 , így q = c − ε > 1 . Ekkor ∃ N(ε) , hogy
2
a n+1
> q > 1, ∀ n > N(ε).
a n
Így T ∗ 1 (2)-ből adódik az állítás.
a n
n=1
is konvergens.
T ∗ a n+1
1 (2) állítása c = ∞ esetén is igaz. Ugyanis, ha lim
n→∞ a n
megfelelő q . (Pl. q = 2 is választható.)
1
✎☞
M4
✍✌
= ∞ , akkor is található
✎☞ a n+1
M3
✍✌Ha lim = 1 , akkor nem tudtunk meg semmit a konvergenciáról. Lehet a
n→∞ a n
sor konvergens és divergens is.
∞∑ 1
∑ ∞
1
a n+1
Pl. divergens, és a konvergens sorok esetén egyaránt lim = 1.
n n 2 n→∞ a n
1
A fenti tétel tovább finomítható. Bebizonyíthatók az alábbi állítások is:
Ha a n > 0 ∀ n, és lim a n+1
a n
< 1 =⇒
∞∑
a n konvergens.
1
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 17 v1.4

(lim a n+1
a n
Ha a n > 0 ∀ n, és lim a n+1
a n
> 1 =⇒
≥ 1 a konvergenciáról nem mond semmit.)
∞∑
a n divergens.
1
✓✏
Pl.
✒✑Konvergens-e az alábbi sor?
∞∑ (n + 2) 3 n+1
n=1
n!
A feladatot a T ∗ 1
lim
n → ∞
a n+1
a n
= lim
n → ∞
tétellel (hányadoskritériummal) oldjuk meg.
(n + 3) 3 n+2 n!
= lim
(n + 1)! (n + 2) 3n+1 n → ∞
3 (n + 3)
(n + 1) (n + 2) =
= lim
n → ∞
3
n
1 + 3 n
(1 + 1 ) (
1 + 2 ) = 0 < 1 =⇒
n n
∞∑
an
konvergens.
5.3.1. Feladatok
Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából!
1.
∞∑
1
(√
2
) n
(2n + 1)!
4.
∞∑
1
n!
n n
2.
∞∑
1
2 n
3 n+2 (n + 2)!
5.
∞∑
1
n + 2
(n + 1) n+3
3.
∞∑
1
(n!) 2
(2n)!
6.
∞∑
1
n k
n! , k ∈ N+
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 18 v1.4

5.4. Gyökkritérium
✎☞
T2
✍✌Ha ∀ n ≥ N -re a n > 0 és
1. √ ∞∑
n
a n ≤ q < 1 =⇒ a n konv.
2. √ ∞∑
n
a n ≥ 1 =⇒ a n div.
✎☞
B ✍✌
∞∑
1. 0 < a n ≤ qn és q n konvergens =⇒
N
kritérium miatt.
∞∑
2. a n ≥ 1 =⇒ a n ↛ 0 =⇒ a n div.
N
N
N
∞∑
a n konvergens a majoráns
N
✎☞ √
M5 n
✍✌ a n ≥ 1 elég, ha végtelen sok n-re igaz. Nem kell, hogy ∀ n > N-re teljesüljön.
Ekkor már ∃ a nr ↛ 0 részsorozat.
Ez a tétel is kimondható limeszes alakban:
✎☞
T
✍✌ 2 ∗ Ha lim
n
a n = c
n→∞
és
c < 1 =⇒
∞∑
an konvergens.
c > 1 vagy c = ∞ =⇒
∞∑
an divergens.
✎☞
✍✌ B Hasonló a hányados kritériumnál látotthoz.
✎☞
M6
✍✌c = 1 , tehát lim
√ n
a n = 1 esetén nem használható a gyökkritérium. Az alábbi
n→∞
két példa igazolja állításunk helyességét.
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ divergens és
n
√
lim n√ n 1
an = lim
n→∞
n→∞ n = lim 1
n→∞ n√ = 1 n
✓✏ ∞∑ 1
Pl.
✒✑ konvergens és
n 2
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 19 v1.4

lim
n→∞
n√
an = lim
n→∞
√
n 1
n = lim
2 n→∞
1
( n√ n) 2 = 1
Bebizonyítható az alábbi állítás is:
Ha a n > 0, n > N és lim n√ a n < 1 =⇒
Ha a n > 0, n > N és lim n√ a n > 1 =⇒
∞∑
an konv.
∞∑
an div.
✎☞
M6
✍✌A második állítás könnyen bizonyítható, hiszen lim n√ a n > 1 -ből következik a
divergencia, mivel végtelen sok n -re:
n√
an > 1 =⇒ a n > 1 ; tehát ∃ a nr ↛ 0 részsorozat.
✓✏
Pl.
✒✑Konvergens-e az alábbi sor?
∞∑
( ) 2n 2 2n 3
+ 2
2n 2 + 5
n=1
A feladatot a T ∗ 2
tétellel (gyökkritériummal) oldjuk meg.
lim
n → ∞
n√
an =
lim
n → ∞
( ) 2n 2 2n 2
+ 2
2n 2 + 5
= lim
n → ∞
(
1 + 2 ) 2n 2
2n 2
(
1 + 5 ) 2n 2
2n 2
= e2
e 5 = 1 e 3 < 1
=⇒
∞∑
a n konvergens.
n=1
5.4.1. Feladatok
Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából!
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 20 v1.4

1.
∞∑
1
3 n
n 2 7 n
5.
∞∑
1
( ) n 3n + 1
2 +2n
3n + 3
2.
∞∑
1
n 2 3 n
7 n+1
6.
∞∑
1
2 n
4n + 1
3.
∞∑
1
n 6
2 n+3
7.
∞∑
1
3 n+1
4 2n+1 (3n + 1)
4.
∞∑
1
( ) n 2
n + 3
n + 5
8.
∞∑
1
( n
) n 2
n − 2
1
4 n
További kidolgozott példák
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
7 n
n 4 8 n =
∞∑
n=1
a n
Ezt a feladatot legegyszerűbben a majoráns kritérimmal oldhatjuk meg.
a n <
8n
n 4 8 = 1 n n , ∑ ∞ 4
n=1
1
n 4 konvergens (α = 4 > 1) =⇒
A hányados kritérium, illetve a gyökkritérium is használható lenne.
∞∑
n=1
a n
konvergens
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
n 4 7 n
=
8 n
∞∑
n=1
a n
Ennek a feladatnak a megoldása már a majoráns kritérummal elég nehézkes lenne. A
hányados kritérim alkalmazható, de itt a gyökkritérium alkalmazása a legjobb választás.
lim
n → ∞
n√
an =
lim
n → ∞
( n√ n) 4 7
8
= 7 ∞
8 < 1 =⇒ ∑
a n konvergens.
n=1
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
3 n+1
(2n + 1) 5 n =
∞∑
n=1
a n
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 21 v1.4

Most viszont a hányados kritérium alkalmazása a legcélszerűbb. (A gyökkritérium alkalmazásánál
a rendőrelvre is szükségünk lenne az
n√ 2n + 1 sorozat határértékének
bizonyításához.)
lim
n → ∞
a n+1
a n
= lim
n → ∞
3 n+2 (2n + 1) 5 n
= lim
(2n + 3) 5 n+1 3n+1 n → ∞
3
5
2n + 1
2n + 3 =
= lim
n → ∞
3
5
2 + 1 n
2 + 3 n
= 3 5 < 1 =⇒ ∞
∑
an konvergens.
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
n=1
(n + 1)! 2 n
3 2n =
∞∑
(n + 1)!
n=1
( 2
9) n
lim
n → ∞
Itt is a hányados kritériumot alkalmazzuk:
( n+1 2
(n + 2)!
a n+1
9)
= lim
( n = lim
a n n → ∞
2 n → ∞
9)
(n + 1)!
2
9
(n + 2) = ∞ > 1
=⇒
∞∑
an
divergens.
✓✏
Pl.
✒✑Abszolút vagy feltételesen konvergens-e
∞∑
(−1) n n
5 n 2 + 3 sor?
n=2
Nem abszolút konvergens, mert
|a n | =
n
5n 2 + 3 ≥
n
5n 2 + 3n = 1
2 8n
és 1 ∞∑ 1
8 n=2 n divergens, tehát ∑ ∞ |a n | divergens (a minoráns kritérium miatt).
n=2
∞∑
Viszont konvergens, mert Leibniz típusú. Ugyanis
|a n | =
n=2
n
a n
5n 2 + 3 ↘ 0, mert |a n | = n n 2
}{{}
= 1 n
1
5 + 3 → 0 · 1
5 = 0
n 2
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 22 v1.4

És
n + 1
|a n+1 | =
5(n + 1) 2 + 3 < n
5n 2 + 3 = |a n|
⇑
(n + 1)(5n 2 + 3) < n (5n 2 + 10n + 8)
⇑
5n 3 + 5n 2 + 3n + 3 < 5n 3 + 10n 2 + 8n
⇑
0 < 5n 2 + 5n − 3 , ha n ≥ 2
Vagyis a sor feltételesen konvergens.
(Majd folytatjuk.)
5.5. Integrálkritérium
✎☞
✍✌ T Legyen f pozitív értékű monoton csökkenő függvény [1, ∞) -en és f(k) = a k > 0
1. Ha
∞∫
f(x) dx konvergens =⇒
∑ ∞ a k konvergens
1
k=1
∞∫
∑
2. Ha f(x) dx divergens =⇒ ∞
a k
1
k=1
divergens
✎☞
✍✌ M ⇐⇒ állítás is igaz, tehát a sor és az improprius integrál egyidejűleg konvergens,
illetve divergens.
✎☞
B ✍✌
1. Mivel
a 2 + a 3 + · · · + a n ≤
∫ n
1
f(x) dx
} {{ }
monoton növő függvénye n -nek
≤
≤ lim
n → ∞
n∫
1
∫ ∞
f(x) dx = f(x) dx ∈ R ,
1
a k > 0 és
n∑
∑
a k korlátos =⇒ ∞ ∑
a k konvergens =⇒ ∞
2
a k
2
1
konvergens
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 23 v1.4

2.
∫ n
1
f(x) dx ≤ a 1 + a 2 + · · · + a n−1 = s n−1
Mivel lim
n→∞
∫n
1
f(x) dx = ∞ =⇒ lim
n→∞
s n−1 = ∞ , tehát a sor divergens.
5.6. Hibabecslés pozitív tagú sorösszegek közelítése esetén
1. Ha a sor konvergenciája integrálkritériummal állapítható meg, akkor az s sorösszeg
s n részletösszeggel való közelítésének hibáját is egy integrállal becsülhetjük.
✎☞
✍✌ T Ha az integrálkritérium 1. állításának feltételei teljesülnek, akkor az
s ≈ s n közelítésnél elkövetett hiba
∞∑
∫ ∞
0 < H = r n = a n+1 + a n+2 · · · = a k ≤ f(x) dx
✎☞
✍✌ B Mivel
a n+1 + a n+2 · · · + a m ≤
ezért
H = r n = lim
m∑
m→∞
k=n+1
∫ m
n
f(x) dx ,
a k ≤ lim
m→∞
∫ m
n
f(x) dx =
k=n+1
∫ ∞
n
n
f(x) dx.
2. Ha a sor konvergenciájára hányados vagy gyökkritériummal következtettünk, akkor
a sorhoz található konvergens majoráló geometriai sor. A majoráló sor rn
∗
maradékösszegével becsülhetjük az eredeti sor r n maradékösszegét.
(L. előadás és gyakorlat!)
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 24 v1.4

6. Műveletek konvergens sorokkal
✎☞ ∞∑
∞∑
✍✌ T Ha a k = S a és b k = S b , S a , S b ∈ R
k=1
k=1
∑
=⇒ ∞ ∞∑
(a k + b k ) = S a + S b és (c · a k ) = c · S a .
k=1
k=1
✎☞
B ✍✌
S a = lim
n∑
n → ∞ sa n = lim a k
n → ∞
k=1
n∑
S b = lim
n → ∞ sb n = lim b k
n → ∞
k=1
(
n∑
n
)
∑ ∑
S a+b = lim
n → ∞ sa+b n = lim (a k + b k ) = lim a k +
n b k =
n → ∞
k=1
n → ∞
( k=1 k=1
n
) (
∑
n
)
∑
lim a k + lim b k = S a + S b
n → ∞
k=1
n → ∞
k=1
Másrészt
S c a = lim
n → ∞ sc n
a = lim
n → ∞
n∑
k=1
(c a k ) = c lim
n → ∞
n∑
k=1
a k = c S a
6.1. Végtelen sorok természetes szorzata
a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + · · · + a k + · · ·
b 1 b 1 a 1 + b 1 a 2 + b 1 a 3 + b 1 a 4 + · · · + b 1 a k + · · ·
+
b 2 b 2 a 1 + b 2 a 2 + b 2 a 3 + b 2 a 4 + · · · + b 2 a k + · · ·
+
b 3 b 3 a 1 + b 3 a 2 + b 3 a 3 + b 3 a 4 + · · · + b 3 a k + · · ·
+
b 4 b 4 a 1 + b 4 a 2 + b 4 a 3 + b 4 a 4 + · · · + b 4 a k + · · ·
+. .
+
b k b k a 1 + b k a 2 + b k a 3 + b k a 4 + · · · + b k a k + · · ·
+. .
A természetes szorzat elemei:
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 25 v1.4

t 1 = b 1 a 1 , t 2 = b 2 a 1 + b 2 a 2 + b 1 a 2 , t 3 = b 3 a 1 + b 3 a 2 + b 3 a 3 + b 2 a 3 + b 1 a 3 , . . .
A természetes szorzat:
∞∑
t k , ahol
n∑
t k =
n∑
a k
k=1
k=1 k=1 k=1
n∑
b k .
✎☞ ∞∑
∞∑
✍✌ T Ha a k = S a és b k = S b , akkor a
k=1
k=1
természetes szorzata konvergens, és
∞∑
k=1
a k
és
∞∑
k=1
b k
sorok
(
∞∑
∞
) (
∑ ∞
)
∑
t k = a k b k = S a S b .
k=1 k=1 k=1
(Bizonyítás az előzőek alapján nyilvánvaló.)
6.2. Végetelen sorok Cauchy-szorzata
a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + · · · + a k + · · ·
b 1 b 1 a 1 b 1 a 2 b 1 a 3 b 1 a 4 · · · b 1 a k · · ·
+ ✑ ✑✑ ✑ ✑✑ ✑ ✑✑
b 2 b 2 a 1 b 2 a 2 b 2 a 3 b 2 a 4 · · · b 2 a k · · ·
+
✑ ✑✑ ✑ ✑✑
b 3 b 3 a 1 b 3 a 2 b 3 a 3 b 3 a 4 · · · b 3 a k · · ·
+
✑ ✑✑
b 4 b 4 a 1 b 4 a 2 b 4 a 3 b 4 a 4 · · · b 4 a k · · ·
+. .
+
b k b k a 1 b k a 2 b k a 3 b k a 4 · · · b k a k · · ·
+. .
A Cauchy-szorzat elemei:
c 1 = b 1 a 1 ,
c 2 = b 1 a 2 + b 2 a 1 ,
c 3 = b 1 a 3 + b 2 a 2 + b 3 a 1 ,
· · · ,
c n = b 1 a n + b 2 a n−1 + b 3 a n−2 + · · · + b n a 1 (indexek összege n + 1 ).
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 26 v1.4

A Cauchy-szorzat:
∞∑
c n , ahol c n =
n=1
n∑
b k a n−k+1 .
k=1
✎☞
✍✌ T Ha
∞∑
k=1
akkor a
a k
∞∑
k=1
és
a k
∞∑
k=1
és
b k
∞∑
k=1
∞∑
∞∑
abszolút konvergens sorok és a k = S a , b k = S b ,
b k
k=1
k=1
Cauchy-szorzata is abszolút konvergens, és
∞∑
c n = S a S b , ahol c n =
n=1
k=1
n∑
b k a n−k+1 .
(¬B)
✓✏∞∑
Pl.
✒✑
k=0
∞∑
k=0
x k = 1 + x + x 2 + · · · + x k + · · · = 1 , ha |x| < 1.
1 − x
(−1) k x k = 1 − x + x 2 + · · · + (−1) k x k + · · · = 1 , ha |x| < 1 .
1 + x
Írjuk fel a fenti két sor Cauchy-szorzatát!
1 + x + x 2 + x 3 + · · · + x k + · · ·
1 1 x x 2 x 3 · · · x k · · ·
+ ✑ ✑✑ ✑ ✑✑ ✑ ✑✑
−x −x −x 2 −x 3 −x 4 · · · −x k+1 · · ·
+
✑ ✑✑ ✑ ✑✑
x 2 x 2 x 3 x 4 x 5 · · · x k+2 · · ·
+
✑ ✑✑
−x 3 −x 3 −x 4 −x 5 −x 6 · · · −x k+3 · · ·
+. .
+
(−1) k x k · · ·
+. .
Cauchy-szorzat:
1+0+x 2 +0+x 4 +0+x 6 +· · · = 1+x 2 +x 4 +x 6 +· · ·+x 2k +· · · = 1
1 − x = 1 1
2 1 − x·
1 + x ,
ha |x| < 1 .
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 27 v1.4

Házi feladat:
∞∑ x k
∞∑
Határozzuk meg a
k! = ex és
k=0
k=0
∞∑
(Megjegyzés: e x · e y = e x+y (x + y) k
=
k!
k=0
y k
k! = ey sorok Cauchy-szorzatát!
eredményt kell kapni.)
6.3. Zárójelek elhelyezése illetve elhagyása végtelen sor esetén
a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 + · · ·
A fenti sor részletösszegei:
s 1 = a 1 , s 2 = a 1 +a 2 , s 3 = a 1 +a 2 +a 3 , s 4 = a 1 +a 2 +a 3 +a 4 , s 5 = a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 , . . .
stb. Az
a 1 + a 2 + (a 3 + a 4 + a } {{ } 5 ) + a 6 + · · ·
a ∗ 3
bezárójelezett új sor részletösszegei
s ∗ 1 = a 1 , s ∗ 2 = a 1 + a 2 , s ∗ 3 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 , s ∗ 4 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 , . . .
Zárójelek elhelyezése esetén a részletösszegek sorozata szűkül. Ha a sor konvergens volt,
akkor zárójelek behelyezése esetén is konvergens marad. Előfordulhat, hogy divergens
sorból – zárójelek elhelyezése után – konvergens sor lesz.
Pl. (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − · · · .
Véges sok zárójel elhelyezése nem befolyásolja a konvergenciát!
Zárójelek elhagyása után a részletösszegek sorozata bővül. Ha a sor divergens volt,
akkor zárójelek elhagyása esetén is divergens marad. Előfordulhat, hogy konvergens
sorból – zárójelek elhagyása után – divergens sor lesz. Véges sok zárójel elhagyása nem
befolyásolja a konvergenciát!
6.4. Végtelen sor elemeinek felcserélése (átrendezése)
a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + · · · + a k + · · ·
a 1 + a 3 + a 2 + a 100 + a 5 + a 6 + · · · + a 99 + a 4 + a 101 + · · ·
Véges sok elem felcserélése nem változtatja meg a konvergencia vagy divergencia
tényét, nem változik meg a sorösszeg sem. Végtelen sok elemcsere megváltoztathatja a
sorösszeget, feltételesen konvergens sor átrendezhető akár divergenssé is.
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 28 v1.4

∞∑
✎☞
✍✌ T Ha a k
k=1
konvergens és
∞∑
|a k | divergens, akkor
k=1
∞∑
k=1
a k
átrendezhető úgy, hogy
divergens legyen, és átrendezhető úgy is, hogy egy előre tetszőlegesen megadott szám
legyen az összege. (Nem bizonyítjuk.)
✎☞ ∞∑
✍✌ T Ha a k abszolút konvergens, akkor tetszőleges átrendezése is abszolút konvergens,
k=1
az átrendezés nem változtatja meg a sorösszeget. (Nem bizonyítjuk.)
7. Feladatok sorokhoz
1. a)
b)
c)
∞∑
2
∞∑
1
∞∑
1
3 k+1 + 2 2k+1
5 k = ?
2
n(n + 2) = ?
1
− 1
n n+1
√1 + 1 n + √
1 + 1
n+1
= ?
2. Konvergensek-e az alábbi sorok?
a)
b)
c)
d)
e)
f)
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
1
√ n +
3 √ n + 4√ n
( n n
n+1)
n 3 + 1
n 5 + 1
√
1
3 n
n 4 n+1 l)
g)
h)
n
n 2 + 5
i)
5 n
(2n + 3)!
j)
n n−1
3n + 1
k)
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
2
∞∑
1
∞∑
1
1
n + 2 n
2n + 1
2 n + n
n 2
2 n
1
(ln n) n
n 3
7 3n+2
2 n · n
(3n)!
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 29 v1.4

m)
n)
o)
p)
q)
r)
s)
∞∑
( ) n n + 1
t)
2n + 3
1
∞∑
1
n
10
n − √ n 2 − √ y)
n + 3
( √ ) n ∞∑ 5
1 −
z)
3n
∞∑ 3 n + 4 n
5 n + 6 n
1
u)
∞∑
(−1) n n + 1
2n + 1
1
v)
∞∑
(−1) n n
n 2 + 5
1
w)
∞∑
(−1) n n
n 3 + 5
1
x)
1
∞∑ 10 n
n! n 2
1
( √ ∞∑ 3
1 −
n
1
) n 2 +n
∞∑ n
( 3
)
1 4 +
2 n
n 2
∞∑ n!
n n
1
∞∑
( ) n 2
2n
2n + 1
1
∞∑
( ) n 2
n
n 2 + 1
1
∞∑
1
( n
) n 2
n − 1
1
2 n
3. Határozzuk meg az alábbi sorok értékét 10 −3 -nál kisebb hibával!
∞∑
( ) n
2 n
a)
2n 2 + 1
b)
c)
d)
e)
f)
1
∞∑
2
1
(2n)! − n!
∞∑
(−1) n
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
(−2) n
n · 2 n + 5
2 n
n!
n! 3 n
(2n)!
2 n
2 n + 10 n
4. Mekkora hibát követünk el, ha a sorösszeget 10. részletösszegével közelítjük?
∑
(s ≈ s 10 ; H = r 10 = ∞ a k ; |H| ≤ ?)
k=11
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 30 v1.4

a)
b)
c)
d)
e)
f)
∞∑
1
n! + √ 2
1
∞∑ 1
n 2 + 3 n
1
∞∑
( n + 1
3n + 1
1
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
n!
(2n)!
) n
3 n
2 2n + n 2 + 3
(−1) n (n − 1)
n 2 + n
5. Abszolút illetve feltételesen konvergens-e az alábbi sor?
a)
b)
c)
∞∑
1
∞∑
1
∞∑
1
(−1) n n + 4
n 2 + 4
(−1) n
n log 2 n 2
(−1) n
2n 2 − 3n + 8
d) 1 − 1 3 + 1 2 2 − 1 3 2 + 1 3 2 − 1 3 3 + · · · + 1 n 2 − 1 3 n + · · ·
e)
1
√
1
− 1 1 2 + · · · + 1 √ n
− 1 n 2 + · · ·
f) −1 + 1 2 − 1 2! + 1 2 2 − 1 3! + 1 2 3 − · · · − 1 n! + 1 2 n − · · ·
g) 1 − 1 2 2 + 1 3 3 − · · · + 1
(2n − 1) 3 − 1
(2n) 2 + · · ·
h) 1 − 1 2 + 1 3 − 1 2 2 + · · · + 1
2n − 1 − 1 2 n + · · ·
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 31 v1.4

8. Számsorozatok nagyságrendje
✎☞
✍✌ D an = O(b n ) ( nagy ordó b ” n ”), ha ∃ c 1 :
|a n | ≤ c 1 |b n |, n > N (legfeljebb véges sok kivétellel)
✎☞
✍✌ D an = Ω(b n ) ( omega b ” n ”), ha b n = O(a n ).
Vagyis |b n | ≤ c 1 |a n | n > N (∃ c 1 ).
Ekkor: c 2 |b n | = 1 c 1
|b n | ≤ |a n |, vagyis most |a n | alulról becsülhető |b n | segítségével.
✎☞
✍✌ D an = Θ(b n ) ( teta b ” n ”), ha a n = O(b n ) és a n = Ω(b n ).
Az előzőből következik:
✎☞
✍✌ T a n = Θ(b n ) ⇐⇒ c 2 |b n | ≤ |a n | ≤ c 1 |b n |
✓✏
Pl.
✒✑a n = 2n 2 − n + 3
1. a n = O(n 2 ), mert 2n 2 − n + 3 ≤ 2 · n 2 , ha n ≥ 3. Persze a n = O(n 3 ) is igaz, sőt
általánosságban: a n = O(n 2+α ), α ≥ 0.
2. a n = Ω(n 2 ), mert 1 · n 2 = 2n 2 − n 2 ≤ 2n 2 − n + 3. Sőt a n = Ω(n 2−α ), α ≥ 0.
3. Tehát a n = Θ(n 2 ).
8.1. Műveletek Θ-val
✎☞
✍✌ T a n , b n , c n , d n > 0
a n = Θ(c n )
b n = Θ(d n )
}
=⇒
⎧
⎪⎨
⎪⎩
1. a n · b n = Θ(c n · d n )
2.
( )
a n cn
= Θ
b n d n
3. a n + b n = Θ(c n + d n )
Különbségre nem igaz!
Megj.: Akkor van értelme használni ezt, ha c n és d n sokkal egyszerűbb” sorozatok.
✎☞
” B ✍✌
0 < α 1 c n ≤ a n ≤ α 2 c n , mert a n = Θ(c n )
0 < β 1 d n ≤ b n ≤ β 2 d n , mert b n = Θ(d n )
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 32 v1.4

1. Azonos értelmű egyenlőtlenségek összeszorozhatók:
(α 1 β 1 )c n d n ≤ a n b n ≤ (α 2 β 2 )c n d n =⇒ a n b n = Θ(c n d n )
2.
3.
0 < α 1 c n ≤ α n ≤ α 2 c n
⎫
⎪⎬
0 < 1 1
≤ 1 ≤ 1 1 =⇒
⎪ ⎭
β 2 d n b n β 1 d n
tehát a ( )
n cn
= Θ
b n d n
( )
α1 cn
≤ a ( )
n α2 cn
≤ ,
β 1 d n b n β 1 d n
α(c n + d n ) ≤ α 1 c n + β 1 d n ≤ a n + b n ≤ α 2 c n + β 2 d n ≤ β(c n + d n )
=⇒ a n + b n = Θ(c n + d n )
α = min{α 1 , β 1 }, β = max{α 2 , β 2 }
✓✏
Pl.
✒✑a n = √ 2n 2 + 3n + 1 − √ n 2 − n + 1 =
=
(
Θ(n 2 )
Θ(n) + Θ(n) = Θ(n2 )
Θ(n + n) = Θ(n2 ) n
2
Θ(n) = Θ n
✓✏
Pl.
✒✑a n = √ 7n 2 − 2n + 10 − √ 7n 2 − 2n + 3 =
= Θ(1) ( ) 1
Θ(n + n) = Θ =⇒ a n → 0
n
n 2 + 4n
√
2n2 + 3n + 1 + √ n 2 − n + 1 =
)
= Θ(n) =⇒ a n → ∞
10 − 3
√
7n2 − 2n + 10 + √ 7n 2 − 2n + 3 =
8.2. a n ∼ b n
✎☞
✍✌ D an aszimptotikusan egyenlő b n -nel, jelben a n ∼ b n , ha
a n
lim = 1
n→∞ b n
✓✏
Pl.
✒✑sin 1 n ∼ 1 sin 1 n
, mert lim
n n→∞
1
= 1
n
✓✏ ( n
) n √
Pl.
✒✑n! ∼ 2πn Stirling formula (¬B)
e
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 33 v1.4

✎☞
✍✌ T a n , b n , c n , d n > 0
⎧
1. a n + b n ∼ c n + d n
}
a n ∼ c n
b n ∼ d n
=⇒
⎪⎨
⎪⎩
2. a n b n ∼ c n d n
3.
4.
1
∼ 1 a n c n
b n
∼ d n
a n c n
Megint nincs különbség!
✎☞
B ✍✌
a n ∼ c n : a n
→ 1 =⇒ 0 < 1 − ε < a n
< 1 + ε, n > N 1
c n c n
b n ∼ d n :
Legyen n > max{N 1 , N 2 } = N
b n
d n
→ 1 =⇒ 0 < 1 − ε < b n
d n
< 1 + ε, n > N 2
1. 1 − ε = (1 − ε)c n + (1 − ε)d n
c n + d n
< a n + b n
c n + d n
< (1 + ε)c n + (1 + ε)d n
c n + d n
= 1 + ε ,
ha n > N
2. ¬B
3.
1
a n
1
c n
= c n
a n
= 1 a n
cn
→ 1
4. Az előző kettőből következik: a n ∼ c n =⇒ 1 a n
∼ 1 c n
; másrészt b n ∼ d n
=⇒ b n
a n
∼ d n
c n
✓✏
Pl.
✒✑a n = 3√ 2n 2 + n + 1 − 3√ 2n 2 − 3n − 7 =
2n 2 + n + 1 − (2n 2 − 3n − 7)
= ( √ 3
2n2 + n + 1 ) 2 √ +
3
2n 2 + n + 1 3√ 2n 2 − 3n − 7 + ( √ 3
2n 2 − 3n − 7 ) 2 ∼
∼
(
)
3√ 2 2 (
2 n 3 +
4n
3√
2 n
2
3
) 2
+
(
)
3√ 2 2
=
2 n 3
4n
3√
4 · 3 n
4
3
=
4
3 3√ 4 3√ n
=⇒ a n → 0
✓✏
Pl.
✒✑a n =
arctg √ n
3√
2n2 + n + 1 − 3√ 2n 2 − 3n − 7 ∼
π
2
4
3 3√ 4 3√ n
=konst· 3√ n → ∞
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 34 v1.4

✓✏
(n!)
Pl.
2
✒✑(2n)! ∼
( n
) 2n
2πn
( )
e
2n
=
2n √
2π · 2n
e
√ π
√ n
4 n → 0
✓✏
Pl.
✒✑Az előző példa felhasználásával:
( ) 2n
= (2n)!
( ))
∼ √ 4n
4
n
√
(= Θ √
n n!n! π n n
✎☞
M ✍✌ a n ∼ b n ≠⇒ (a n ) n ∼ (b n ) n Pl. 1 + 1 ↓
n
1
∼ n√ 2
↓
1
, de
(
1 + 1 ) n
n
↓
e
≁ 2
Persze a n ∼ b n esetén a k n ∼ b k n, k ∈ N + már igaz (k ≠ f(n)). (k valós is lehet)
(
( ) ) k
a n
an
→ 1 =⇒ → 1
b n b n
És igaz a következő tétel is:
✎☞
✍✌ T a n , b n > 0
a n ∼ b n =⇒ n√ a n ∼ n√ b n
✎☞
✍✌ B an ∼ b n =⇒ a n
→ 1 =⇒ 0 < 1 − ε < a n
< 1 + ε,
b n b n
n > N(ε)
=⇒ n√ 1 − ε
↓
1
< n √
an
b n
<
n√ 1 + ε
↓
1
=⇒ n √
an
b n
→ 1
✓✏√ n 3n
Pl.
2 − n √ √
n + 6 3
✒✑ 2n 2 + 3n + 7 ∼ n 2 ∼ 1
✓✏
Pl.
✒✑Határozza meg A és α értékét úgy, hogy cos 1 n − 1 ∼ Anα teljesüljön!
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 35 v1.4

1. megoldás:
lim
n→∞
cos 1 n − 1
An α = 1 =⇒ lim
n→∞
cos 1 n − 1
n α = A ≠ 0
u := 1 n −→n ↓
∞
lim
u→+0
}
α = 0-ra A = 0 lenne
α > 0-ra 0 → 0 = A lenne =⇒ α < 0
∞
0
0
0
cos u − 1
} u{{ −α
}
L’H
= lim
u→+0
− sin u
= lim
−αu−α−1 u→+0
sin u
u · 1
−α−1 α = 1 α = A
ha −α − 1 = 1 =⇒ α = −2, A = − 1 2 .
Tehát cos 1 n − 1 ∼ −1 2
2. megoldás:
1
n 2
cos x − 1 = −2 sin 2 x cos 1
2 azonosság segítségével: n − 1
=
( ) An α 2 1
An α = −2 → A = − 1 2n
2 , α = −2
−2 sin 2 1
2n
An α
→ 1, ha
Feladat:
Határozza meg A és α értékét úgy, hogy sin 1 n − 1 n ∼ Anα fennálljon!
✎☞
✍✌ T a n > 0, b n > 0
a n ∼ b n =⇒
∞∑
an és
∞∑
bn egyidejűleg konvergens, illetve divergens
(Jelben:
∞∑
an ∼
∞∑
bn )
✎☞
✍✌ B an ∼ b n =⇒ a n
→ 1 =⇒ 1 − ε < a n
< 1 + ε. Legyen ε < 1.
b n b n
Tehát c 1 b n < a n < c 2 b n (c 1 = 1 − ε > 0, c 2 = 1 + ε)
Ha
Ha
∞∑
an konvergens, akkor b n < 1 c 1
a n miatt
∞∑
an divergens, akkor 1 c 2
a n < b n miatt
∞∑
bn is konvergens (majoráns kritérium)
∞∑
bn is divergens (minoráns kritérium)
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 36 v1.4

Ha
Ha
∞∑
bn konvergens, akkor a n < c 2 b n miatt
∞∑
bn divergens, akkor c 1 b n < a n miatt
∞∑
an is konvergens (majoráns kritérium)
∞∑
an is divergens (minoráns kritérium)
✓✏∞∑ ∞
1
Pl.
✒✑ 3n 2 − 2 √ n + 8 = ∑
an
a n ∼ 1
3n 2 = b n
és
✓✏∞∑ ∞
1
Pl.
✒✑ 7n + 3√ n − 1 = ∑
an
a n ∼ 1
7n = b n
és
✓✏∞∑ ∞
1
Pl.
✒✑ arctg
n = ∑
an
∞∑
bn konvergens =⇒
∞∑
bn divergens =⇒
∞∑
an konvergens
∞∑
an divergens
a n ∼ 1 n = b n
és
∞∑
bn divergens =⇒
∞∑
an divergens
✓✏∞∑ (
Pl.
✒✑ 1 − cos
n)
1 =
∞∑
an
a n = 2 sin 2 1
2n ∼ 2 1
4n 2 = 1
2n 2 = b n
és
∞∑
bn konvergens =⇒
∞∑
an konvergens
Feladatok:
Konvergensek-e az alábbi sorok?
∞∑
( 1
1.
n n)
− arctg 1
2.
n=1
∞∑
n=1
(
ch 2 n − cos 3 )
n
3.
∞∑
n=1
1
( 3n
n
)
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 37 v1.4

✎☞
✍✌ D an = o(b n ) ( kis ordó b ” n ”), ha ∀ c > 0-ra
|a n | ≤ c|b n | n > N-re
Más jelölés is használatos:
a n ≪ b n , ha a n = o(b n )
(Nagyságrendileg kisebb vagy lényegesen kisebb.)
∣ A definíció következménye, hogy b n ≠ 0 esetén
a n ∣∣∣
∣ ≤ c, n > N ∀ c > 0-ra. Ebből
b n ∣ persze már következik, hogy ekkor ∀ ε > 0-hoz ∃ N 0 (ε), hogy
a n ∣∣∣
∣ < ε, ha n > N 0 (ε).
b n
Nyilvánvalóan igaz az alábbi állítás is:
✎☞
✍✌ T a n = o(b n ), b n ≠ 0 ⇐⇒
a n
lim = 0
n→∞ b n
✓✏
Pl.
✒✑Mit jelent a n = o(1)?
Mivel ∀ c > 0-ra |a n | ≤ c, ha n > N, ezért lim a n = 0
n→∞
✎☞
✍✌ M A következő állítás is könnyen bizonyítható lenne:
a n ∼ b n ⇐⇒ a n = b n (1 + o(1)).
✓✏
Pl.
✒✑n! = o(n n n!
), mert lim
n→∞ n = 0 n
1. megoldás:
2. megoldás:
0 < n!
n n = 1 · 2 · · · n
n · n · · · n < 1 n
(
n! n
) n √
n ∼ e 2πn
=
n n n
+ rendőrelv
√
2πn
e n → 0
Vége!
c○ Kónya I. – Fritz Jné – Győri S. 38 v1.4