Kihagyás

Vizsga tételek

Tételek: 27 db

(Még nincs kész! A szám előtti + jelenti, hogy az kész.)

+1. Szuprémum elv

SUP - Tétel

Ha \(A \subset \mathbb{R}\) halmaz nem üres és felülről korlátos, akkor kell hogy létezzen egy legkisebb felső korlát (azaz szuprémum).

Jele: \(\sup A = \xi \;\) [ejtsd: xí]

SUP - Bizonyítás

Ha \(B\) a felső korlátok halmaza, akkor a teljességi axióma miatt az \(A\) és \(B\) halmaz között kell hogy legyen legalább egy elem ( \(\xi\) [xí] ) ami nagyobb vagy egyenlő mint az összes \(A\)-beli elem, és kisebb vagy egyenlő mint az összes \(B\)-beli elem.

\[ \forall a \in A \; és \; \forall b \in B: \; a \leq \xi \leq b \]

Az elsőből következIK, hogy \(\xi\) felsőkorlát, a másodikból pedig, hogy \(\xi\) a legkisebb lehetséges felső korlát, tehát \(\xi\) a szuprémum. (Ami lehetne része A-nak (akkor maximum) de nem szükséges.)

+2. Arkhimédeszi tulajdonság

AT - Tétel

Minden \(a \, ,b\) valós számhoz, ahol \(a > 0\), létezik olyan \(n\) természetes szám, hogy \(a \cdot n > b\). (Ha \(a\)-t \(n\)-szer összeadom, akkor a \(b\)-nél nagyobb lesz.)

\[ \forall a > 0 \quad és \quad \forall b \in \R \quad esetén \quad \: \exists n \in \N: \quad b < n \cdot a \]

AT - Bizonyítás

Indirekt módon bizonyítjuk.

Tagadjuk az eredeti állítást, tehát azt mondjuk, hogy mégis van egy olyan \(b\) ami nagyobb vagy egyenlő mint \(n \cdot a\):

\[ \exists a > 0 \quad \exists b \in \R \quad \forall n \in \N: \quad b \geq n \cdot a \]

Csinálunk egy \(H\) halmazt, ami tartalmazza az összes \(n \cdot a\) számot (\(H := \{n \cdot a \; | \; n \in \N\}\)). Ha a tagadásunk igaz lenne, ennek a halmaznak felülről korlátosnak kellene lennie (létezik olyan \(b\), hogy az a \(H\) halmaz minden eleménél nagyobb).

Ha \(b\) egy tetszőleges felsőkorlát, akkor ő lehet \(b=sup \, H\). Ez azt jelenti, hogy ő a legkisebb felső korlát, tehát ha egy tetszőleges \(\varepsilon > 0\) számot kivonunk belőle, az már nem felső korlát, azaz van nála nagyobb \(H\)-beli elem, amely legyen \(n_0 \cdot a\):

\[ \exists n_0 \in \N: \quad n_0 \cdot a \; > \; b-\varepsilon \]

\(\varepsilon\)-nak válasszuk ki \(a\)-t (hiszen tetszőleges).

$$\begin{alignat*}{3} \exists n_0 \in \N: \quad & n_0 \cdot a && > b-a \

& n_0 \cdot a+a && > b \

& a \cdot (n_0+1) && > b \ \end{alignat*}$$

Ez azt jelenti, hogy mégis létezik olyan \(H\)-beli elem (\(a \cdot (n_0+1)\)) ami nagyobb \(b\)-nél (a feltételezett szuprémumnál). Ebből következik, hogy \(b\) nem lehet szuprémum, tehát \(H\) nem lehet felülről korlátos.

Ezzel megcáfoltuk a fordított feltevésünket.

+3. Cantor-tulajdonság

CAN - Tétel

"egymásba skatulyázott intervallumoknak van közös pontja" ~ Wikipedia

Fontos, hogy az intervallumok végtelenek (valós értelmezésben)...

Ha kiveszel egy szeletet egy tortából \([0..360]\), a szelet a része a tortának \([10..90]\), right? Szóval minél tovább szeleteljük azt a szerencsétlen szeletet \([15..80],[20..70]\), az még mindig közös metszete lesz az összes szülővel (jelenleg \([20..70]\), de ez mehet tovább rekurzívan)...

.

TFH. minden \(n \in \N\) adott az \([a_n, b_n] \subset \R\) korlátos és zárt intervallum úgy, hogy

\([a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n] \quad (n \in \N)\).

Ekkor \(\bigcap \limits_{n \in \N} [a_n, b_n] \neq \empty\)

CAN - Bizonyítás

A skatulyázott intervallumokat írjuk fel kezdő- és végértékükkel: \([a_n..b_n]\), tehát az \(a_n\) sorozat a kezdőpontokat, a \(b_n\) sorozat a végpontokat tartalmazza. Az \(a_n\) sorozat szigorúan monoton növekvő, a \(b_n\) szigorú monoton csökkenő (mert ugye szűkülnek az intervallumok 4head)

Észrevesszük, hogy minden \(n\)-re és minden \(m\)-re \(a_n < b_m\), hiszen

  • ha \(n < m\), akkor \(a_n \leq a_m\) (szig.mon.növ miatt) és \(a_m \leq b_m\), tehát \(a_n \leq b_m\)
  • ha \(m \leq n\), akkor \(a_n \leq b_n\) és \(b_n \leq b_m\) (szig. min. csök. miatt), tehát \(a_n \leq b_m\)

Mindkét esetben az utolsó lépésnél a tranzitivitást használtuk fel.

\[ \forall n, m \in \N: a_n \leq b_m \]

Tehát az összes kezdőérték kisebb (vagy egyenlő), mint az összes végérték.

Használjuk a teljességi axiómát, mi szerint:

\[ \forall n, m \in \N \, \exists \xi: a_n \leq \xi \leq b_m \]

Ha \(n = m\), akkor \(a_n \leq \xi \leq b_n\), tehát \(\xi \in [a_n..b_n]\), tehát létezik olyan szám, ami eleme az intervallumnak, tehát az intervallum nem lehet üreshalmaz.

+4. Konvergens sorozatok határértékének egyértelműsége

HAT - Tétel

Ha az \(\; (a_n): \N \to \R \;\) sorozat konvergens, akkor egyértelműen van határértéke. \(\quad \exists ! \; \lim(a_n)\in \R\)

Ha létezik határérték, akkor az egyértelműen áll elő (csak egy van duh).

HAT - Bizonyítás

Indirekt módon feltesszük, hogy \((a_n)\) sorozatra \(A_1\) és \(A_2\) esetén is teljesül a konvergencia, azaz, hogy a határérték nem egyértelmű. Ez azt jelenti, hogy létezik olyan \(A_1\) és \(A_2\), hogy \(A_1 \neq A_2\), és \(A_1\) és \(A_2\) is határértéke a sorozatnak.

Ekvivalens átalakítással

\[ |A_1 - A_2| = |A_1 - a_n+a_n - A_2| = |(A_1 - a_n)+(a_n - A_2)| \]

Háromszög egyenlőtlenség visszaemlékezés

\(|a + b| \leq |a| + |b|\)

ahol \(a = A_1 - a_n \;\) és \(\; b = a_n - A_2\)

Tehát

\(|A_1 - A_2| = |(A_1 - a_n)+(a_n - A_2)| \quad \leq \quad |A_1 - a_n | + | a_n - A_2| = |A_1 - a_n | + | A_2 - a_n |\)

Legyen

\[ \varepsilon := \dfrac{|A_1 - A_2|}{2} \]

Ekkor, a konvergencia definciója szerint pedig: \(| A_1 - a_n | < \varepsilon \;\) (\(n > n_1\) esetén) és \(| A_2 - a_n | < \varepsilon \;\) (\(n > n_2\) esetén)

Ebből következik, hogy

\(|A_1 - A_2| \leq |A_1 - a_n | + | A_2 - a_n | < \varepsilon + \varepsilon = 2 \varepsilon\) (\(n > n_0=\max\{n_1, n_2\}\) esetén)

Ekkor: \(\; |A_1-A_2| < 2 \varepsilon \; = \; 2 \cdot \dfrac{|A_1 - A_2|}{2} \; = \; |A_1 - A_2|\)

Ami elég sus, hogy:

\(|A_1 - A_2| < |A_1 - A_2|\)

Lényegében felírtuk definíció szerint \(A_1\) és \(A_2\) határértéket, amiből kiderül az, hogy csak akkor lehetnek határértékek, ha meg is egyeznek.

+5. Sorozat konvergenciája és korlátosságának kapcsolata

SORK - Tétel

Ha az \(a_n\) sorozat konvergál valahova (\(A\)), akkor biztosan korlátos.

SORK - Bizonyítás

Konvergencia definíciója szerint:

\[ \forall \varepsilon > 0 \quad \exists n_0 \in \N , \quad \forall n > n_0: \quad |a_n-A| < \varepsilon \]

Mivel ez bármilyen pozitív \(\varepsilon\)-ra igaz, ezért választhatunk neki tetszőleges értéket. Legyen \(\varepsilon := 1\)

\[ \exists n_0 \in \N , \quad \forall n > n_0: \quad |a_n-A| < 1 \]

A korlátosság definíciója: \(\; \exists K >0 \quad \forall n \in \N: \quad |a_n| \leq K\)

Osszuk fel két részre:

  • Ha \(n > n_0\), akkor \(|a_n| = |a_n-A+A| = |(a_n-A)+A| \overbrace{\leq}^{\mathclap{\text{Háromszög-egyenlőtlenség}}} \underbrace{|a_n-A|}_{<1}+|A| < 1+|A|\)
    • Mivel \(|a_n| < 1+|A|\), ezért \(a_n\) korlátos
  • Ha \(n \leq n_0\), akkor véges-sok számú \(n\) létezik, tehát: \(|a_n| \leq max\{|a_1|, |a_2|, |a_3|, \dots, |a_{n_0}|\}\). Ebből következően korlátos.

A két rész maximuma megadja az \(a_n\) sorozat korlátját: \(max\{|a_1|, |a_2|, |a_3|, \dots, |a_{n_0}|, 1+|A|\}\)

Mivel létezik korlát, ezért a sorozat korlátos.

+6. Monoton részsorozat létezése

MON - Tétel

Minden \(a = (a_n)\) valós sorozatnak létezIK monoton részsorozata. Azaz létezik olyan \(v = (v_n)\) indexsorozat, amellyel \(a \circ v\) monoton (növekedő vagy csökkenő).

Összefoglalva:

Minden sorozatra készíthetsz egy olyan szűrőt (indexsorozatot), ami monotonná teszi a sorozatot.

Indexsorozat: \(\N \to \N\) szigorú monoton növekvő függvény

Tehát \(v :=\) indexsorozat

Akkor \(a \circ v\) monoton lesz

MON - Bizonyítás

Csúcselem: olyan eleme egy sorozatnak, ami nagyobb-egyenlő, mint az összes őt követő elem. Tehát minden utána jövő elem kisebb-egyenlő, big brain.

Jele: \(a_{n_0}\)

Két eset lehet

  • Végtelen csúcselem van
    • Ilyenkor ha a csúcselemeket indexeled, az jó, hiszen a soron következő csúcselemeknek kissebbnek kell lenni, mint az előző
      • \(\exists v_0 \in \N\), hogy \(a_{v_0}\) csúcselem, azaz \(\forall n > v_1: a_n \leq a_{v_1}\)
      • Szintén \(\exists \N \ni v_1 > v_0: a_{v_1}\) csúcselem, azaz \(\forall n > v_1: a_n \leq a_{v_1}\) Mivel \(a_{v_1}\) kisebb, mint \(a_{v_0}\) (hiszen \(a_{v_0}\) csúcselem) ezért \(a_n \leq a_{v_1} \leq a_{v_0}\)
      • Ugyan ezt a logikát követve, az összes csúcspontra fel tudjuk írni, hogy a soron következő csúcspont kisebb-egyenlő, mint az előző, tehát: \(a_{v_0} \geq a_{v_1} \geq a_{v_2} \geq \dots\)
    • Monoton csökkenni fog
  • Véges sok csúcselem van
    • Mindenképpen lesz egy utolsó csúcselem (\(a_v\)). Ha ez az elem után lenne csúcselem, azt a következő módon írnánk fel: \(\exists q > v: \forall n > q: a_n \leq a_q\). Mivel tudjuk, hogy ez nem igaz, tagadhajtuk: \(\forall q > v: \exists n > q: a_n > a_q\). Tehát minden \(a_v\) utáni elemre létezik egy utána lévő, nála kisebb elem.
    • Monoton nőni fog

+7. Közrefogási elv

RENDŐR - Tétel

Ha két sorozat határértéke megegyezik, akkor a közéjük "zárt" sorozat is ugyanoda tart.

Adott egy \(N\) szám, ami után minden \(n\)-re \(a_n \leq b_n \leq c_n\) és \(\lim(a_n)=\lim(c_n)\), akkor \(\lim(a_n)=\lim(b_n)=\lim(c_n)\)

RENDŐR - Bizonyítás

Három eset lehetséges:

RENDŐR - Első lehetőség

\(A \in \R\), tehát \(a_n\) és \(c_n\) konvergens, tehát nem tart egyik se a végtelenbe.

\(a_n\) és \(c_n\) határértéke ugyan az: \(A\)

Vegyünk egy tetszőleges \(\varepsilon > 0\) számot.

Konvergencia definíciója szerint:

\[ \exists n_1 \in \N: \forall n > n_1: A-\varepsilon < a_n < A+\varepsilon \]
\[ \exists n_2 \in \N: \forall n > n_2: A-\varepsilon < c_n < A+\varepsilon \]

Legyen \(n_0 := \max\{n_1, n_2, N\}\)

Ebben az esetben:

\[ \forall n > n_0: A-\varepsilon < a_n \leq b_n \leq c_n < A+\varepsilon \]

Tehát \(A-\varepsilon < b_n < A+\varepsilon \Rightarrow -\varepsilon < b_n-A < \varepsilon \Rightarrow |b_n-A| < \varepsilon \quad (n > n_0)\)

Ebből következik, hogy \((b_n)\) sorozat konvergens, és határértéke \(\lim b_n = A\)

RENDŐR - Második lehetőség

\(\lim a_n = +\infin\)

Vegyünk egy \(P>0\) tetszőleges számot. Mivel \(\lim a_n = +\infin\)

Ekkor \(\exists n_1 \in \N \, \forall n > n_1: a_n > P\)

Legyen \(n_0 = \max\{n_1, N\}\)

Ekkor \(P < a_n \leq b_n\), tehát \(P < b_n\), tehát \(b_n\) határértéke \(+\infin\)

RENDŐR - Harmadik lehetőség

\(\lim c_n = -\infin\)

Vegyünk egy \(P<0\) tetszőleges számot. Mivel \(\lim c_n = -\infin\)

Ekkor \(\exists n_1 \in \N \, \forall n > n_1: c_n < P\)

Legyen \(n_0 = \max\{n_1, N\}\)

Ekkor \(b_n \leq c_n < P\), tehát \(b_n < P\), tehát \(b_n\) határértéke \(-\infin\)

+8. Műveletek nullasorozatokkal

NULLA - Tétel

Legyen \((a_n)\) és \((b_n)\) nullasorozatok (\(\lim(a_n) = 0, \lim(b_n) = 0\))

  1. \(a_n+b_n\) is nullasorozat
  2. ha \(c_n\) korlátos sorozat, akkor \((c_n \cdot a_n)\) nullasorozat
  3. \((a_n \cdot b_n)\) nullasorozat

NULLA - Bizonyítás

NULLA - Nullasorozatok összeadása

Minden \(\varepsilon > 0\) esetén

\[ \exists n_1 \in \N \, \forall n > n_1: |a_n| < \dfrac{\varepsilon}2 \]
\[ \exists n_2 \in \N \, \forall n > n_1: |b_n| < \dfrac{\varepsilon}2 \]

Legyen \(n_0 = \max\{n_1, n_2\}\), akkor \(\forall n > n_0\) indexre

\[ |a_n+b_n| \underbrace{\leq}_{\mathclap{\text{háromszög-egyenlőtlenség}}} |a_n|+|b_n| < \dfrac{\varepsilon}2+\dfrac{\varepsilon}2=\varepsilon \]

Tehát

\[ |a_n+b_n| < \varepsilon \]

Tehát \(a_n+b_n\) nullasorozat

NULLA - Korlátos sorozat szorzás nullasorozattal

\[ \exists K > 0 \, \forall n \in \N: |c_n| < K \]

Mivel \((a_n)\) nullasorozat, ezért

\[ \forall \varepsilon > 0 \, \exists n_0 \in \N \, \forall n > n_0: |a_n|<\dfrac{\varepsilon}{K} \]

tehát minden \(n > n_0\) esetén

\[ |a_n \cdot c_n| = |a_n|\cdot|c_n| < K \cdot \dfrac{\varepsilon}{K} = \varepsilon \Rightarrow |a_n \cdot c_n| < \varepsilon \]

Tehát \(a_n \cdot c_n\) nullasorozat.

NULLA - Nullasorozatok szorzása

Mivel \(b_n\) konvergens, ezért korlátos is, tehát felhasználható a 2. összefüggés.

+9. Konvergens sorozatok szorzata

KONVMŰVSZOR - Tétel

Legyen \(a_n\) és \(b_n\) konvergens sorozatok, hogy \(a_n\) határértéke \(A\) és \(b_n\) határértéke \(B\).

Ekkor, \((a_n \cdot b_n)\) konvergens, és \(\lim(a_n \cdot b_n)=A \cdot B\)

KONVMŰVSZOR - Bizonyítás

Hasonlóan, be kell mutatni, hogy \(a_nb_n-AB\) nullasorozat.

\[ a_nb_n-AB=a_nb_n-Ab_n+Ab_n-AB\underbrace{=}_{\mathclap{\text{kiemelés}}}b_n(a_n-A)+A(b_n-B) \]

Mivel \(a_n-A\) és \(b_n-B\) nullasorozatok, és \(b_n\) és \(A\) korlátosak, ezért:

\[ \underbrace{\underbrace{\underbrace{b_n}*{{korlátos}}\underbrace{(a_n-A)}*{{\text{0-sorozat}}}}*{{0-sorozat}}+\underbrace{\underbrace{A}*{korlátos}\underbrace{(b_n-B)}*{{\text{0-sorozat}}}}*{{0-sorozat}}}_{0-sorozat} \]

Tehát \(b_n(a_n-A)+A(b_n-B)\) nullasorozat, tehát \((a_nb_n-AB)\) nullasorozat, tehát \(a_nb_n\) konvergál \(AB\)-hez.

+10. Konvergens sorozatok hányadosa

KONVMŰVOSZT - Tétel

Legyen \(a_n\) és \(b_n\) konvergens sorozatok, hogy \(a_n\) határértéke \(A\) és \(b_n\) határértéke \(B\).

Ekkor, ha \(\forall n \in \N: b_n \neq 0\) és \(\lim(b_n) \neq 0\), akkor \((\dfrac{a_n}{b_n})\) konvergens és \(\lim(\dfrac{a_n}{b_n}) = \dfrac{A}{B}\)

KONVMŰVOSZT - Bizonyítás

KONVMŰVOSZT - Osztás segédtétel - Reciprok

Note

Ha \(\forall n \in \N: b_n \neq 0\), \(\exists \lim(b)=B \neq 0\) esetén:

\[ \dfrac{1}{b_n} \text{ sorozat korlátos} \]

Mivel \(b_n\) konvergens, ezért

\[ \forall \varepsilon > 0 \, \exists n_0 \in \N \, \forall n > n_0:|b_n-B| < \varepsilon \]

Legyen \(\varepsilon := \dfrac{|B|}{2}\). Ekkor

\[ |b_n-B| < \dfrac{|B|}{2} \quad (\forall n > n_0) \]

Így, ha \(n > n_0\), akkor

\((*)\)

\(|B|=|B-b_n+b_n| \leq |B-b_n|+|b_n|\)

\(|B| \leq |B-b_n|+|b_n|\)

\(|B|-|B-b_n| \leq |b_n|\)

\(|B|-|b_n-B| \leq |b_n|\)

\(|b_n| \overbrace{\geq}^{(*)} |B| - |b_n-B| \overbrace{>}^{\mathclap{\text{konvergencia definíciója}}} |B| - \dfrac{|B|}{2} = \dfrac{|B|}{2}\), tehát \(|b_n| > \dfrac{|B|}{2}\)

Tehát \(\left|\dfrac{1}{b_n}\right| < \dfrac{2}{|B|}\), ha \(n > n_0\)

\(n_0\) alatt végesszámú elem van, tehát \(\dfrac{1}{b_n}\) korlátja \(\max\{\dfrac{1}{\left|b_0\right|},\dfrac{1}{\left|b_1\right|},\dfrac{1}{\left|b_2\right|},\dots,\dfrac{1}{\left|b_{n_0}\right|},\dfrac{2}{|B|}\}\).

Így beláttuk, hogy \(\dfrac{1}{b_n}\) korlátos.

KONVMŰVOSZT - Osztás - Reciprok konvergenciája

Lássuk be, hogy \(\dfrac{1}{b_n}\) konvergens, és \(\dfrac{1}{B}\)-hez konvergál. Ez akkor igaz, ha \((\dfrac{1}{b_n}-\dfrac{1}{B})\) nullasorozat.

\[ \dfrac{1}{b_n}-\dfrac{1}{B}=\dfrac{B-b_n}{b_n \cdot B}=\underbrace{\underbrace{(B-b_n)}*{0-sorozat}\cdot\underbrace{\dfrac{1}{b_n \cdot B}}*{korlátos}}_{0-sorozat} \]

Mivel \((\dfrac{1}{b_n}-\dfrac{1}{B})\) nullasorozat, ezért a \(\dfrac{1}{b_n}\) sorozat \(\dfrac{1}{B}\)-hez konvergál.

KONVMŰVOSZT - Osztás - Összesítve

\[ \dfrac{a_n}{b_n}=a_n\cdot\dfrac{1}{b_n} \]

Mivel tudjuk, hogy \(a_n\) és \(\dfrac{1}{b_n}\) is konvergens, ezért szorzatuk határértéke, a határértékük szorzata, tehát \(A\cdot\dfrac1{B}=\dfrac{A}{B}\)

?? 11. Monoton növekedő sorozatok hatérértéke

TFH. az \((a_n)\) sorozat monoton növekvő és felülről korlátos.

Legyen

\[ A:=sup\{a_n|n\in\N\}\in\R \]

Ez azt jelenti, hogy \(A\) a szóban forgó halmaznak a legkissebb felső korlátja, azaz

  • \(\forall n\in\N\,:\;a_n\le A\)
  • \(\forall \varepsilon>0\)-hoz \(\exists n_0\in\N\,:\;A-\varepsilon<a_{n_0}\le A\)

Mivel feltételezésünk szerint az \((a_n)\) sorozat monoton növekvő, ezért az

\[ A-\varepsilon<a_n\le A \]

becslés is igaz minden \(n>n_0\) indexre.

Azt kaptuk tehát, hogy

\[ \forall\varepsilon>0\text{-hoz}\;\exists n_0\in\N\,:\;a_{n_0}>P \]

A monotonitás miatt ezért egyúttal az is igaz, hogy

\[ \forall n>n_0\,:\;a_n>P \]

És ez pontosan azt jeleni, hogy \(\lim(a_n)=+\infin\)

Megjegyzés. A tételben elég feltenni azt, hogy a sorozat egy küszöbindextől kezdve monoton, hiszen véges sok tag nem befolyásolja a határértéket.

+12. Euler szám értelmezése

EULER - Tétel

Azaz \(a_n := \big(1 + \dfrac{1}{n}\big)^n\) sorozat konvergenciája

Az \(a_n := \big(1 + \dfrac{1}{n}\big)^n \quad \quad (n \in \mathbb{N}^+)\quad\) sorozat

  • szigorú monoton növekedő és
  • felülről korlátos

tehát konvergens.

Határértéke az \(e\) szám.

\[ e := \lim_{n \; \to \; +\infty} \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \]

EULER - Bizonyítás

Felhasznált ötlet: számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség

Igazolandó:

  • monotonitás
  • korlátosság

EULER - Monotonitás

Monotonitás: \(a_n < a_{n+1}\)

Vegyük a következő sorozatot: \(1, \; 1+\dfrac{1}{n}, \; \dots, \; 1+\dfrac{1}{n}\)

Felírjuk a sorozat \((n + 1)\) db tagjára a közepek közti egyenlőtlenséget.

Számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenség: \(\sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdot \ldots \cdot a_n} \leq \dfrac{a_1+a_2+a_3+\dots+a_n}{n}\)

Ezek nem mind egyenlők, ezért az egyenlőség nem megengedett.

\[ \sqrt[n+1]{1 \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n} \; < \; \dfrac{1 + n \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)}{n + 1} \]

Az egyenlőtlenség jobb oldalának egyszerűsítése:

\[ \dfrac{1 + n \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)}{n + 1} = \dfrac{1 + n + 1}{n + 1} = \dfrac{n + 2}{n + 1} = 1 + \dfrac{1}{n + 1} \]

Az egyenlőtlenség most:

\[ \sqrt[n+1]{\bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n} \; < \; 1 + \dfrac{1}{n + 1} \]
\[ \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \; < \; \bigg(1 + \dfrac{1}{n + 1}\bigg)^{n + 1} \quad \quad (n \in \mathbb{N}^+) \]
\[ a_n = \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \; < \; \bigg(1 + \dfrac{1}{n + 1}\bigg)^{n + 1} = a_{n+1} \]

Ezzel beláttuk, hogy a sorozat szigorú monoton növekvő.

EULER - Korlátosság

Vegyük a következő sorozatot: \(\dfrac{1}{2}, \; \dfrac{1}{2}, \; 1+\dfrac{1}{n}, \; \dots, \; 1+\dfrac{1}{n}\)

Felírjuk a sorozat \((n + 2)\) db tagjára a közepek közti egyenlőtlenséget.

Az egyenlőtlenség felírása:

\[ \sqrt[n+2]{\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n} \; < \; \dfrac{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + n \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)}{n + 2} \]

Az egyenlőtlenség jobb oldalának egyszerűsítése:

\[ \dfrac{2 \cdot \dfrac{1}{2} + n \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)}{n + 2} \; =\; \dfrac{1+n+1}{n+2}\; =\; \dfrac{n + 2}{n + 2} \; = \; 1 \]

Az egyenlőtlenség most:

\[ \sqrt[n+2]{\dfrac{1}{4} \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n} \; < \; 1 \]
\[ \dfrac{1}{4} \cdot \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \; < \; 1^{n+2} \]
\[ \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \; < \; 1^{n+2} \cdot 4 \]
\[ a_n \; = \; \bigg(1 + \dfrac{1}{n}\bigg)^n \; < \; 4 \quad \quad (n \in \mathbb{N}^+) \]

Ebből következik, hogy a sorozat felülről korlátos

EULER - Összegezve

A monoton sorozat határértékére vonatkozó tételből következik, hogy a sorozat konvergens.

+13. Cauchy-féle konvergenciakritérium

CAUCHY - Tétel

Legyen \((a_n)\) egy valós sorozat.

Ekkor \(\quad (a_n)\) konvergens \(\quad \Longleftrightarrow \quad (a_n)\) Cauchy-sorozat.

CAUCHY - Bizonyítás (Konvergens \(\Rightarrow\) Cauchy)

Feltesszük, hogy \(\lim (a_n) = A\), akkor definíció szerint:

\[ \exists n_0 \in \N, \forall n > n_0: |a_n -A| < \dfrac{\varepsilon}{2} \]

Van olyan küszöbindex, ami után minden elem \(A\) középpontű \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) távolságú környezetébe esik.

Azért \(\dfrac{\varepsilon}{2}\), hogy később összegyúrhassuk a hájomszög egyenlőtlenséggel

Ebből kiindulva \(n\) és \(m\) indexekre (\(\forall m,n > n_0\)):

\[ |a_n - a_m| = \left|\left(a_n - A\right) + \left(A - a_m\right)\right| \leq \left|a_n - A\right| + \left|a_m - A\right| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \]

Ami btw a Cauchy definíciója, szóval ezzel megvagyunk

CAUCHY - Bizonyítás (Cauchy \(\Rightarrow\) Konvergens)

Lépések:

  • Igazoljuk, hogy a sorozat korlátos
  • Bolzano-Weierstrass (Bolcano VejjerStrassz aka. Német jézus)-féle kiválasztásból tudjuk, hogy \(a_n\)-nek létezik konvergens részsorozata
  • Belátjuk, hogy a részsorozat ugyanoda tart, mint az eredeti

CAUCHY-1-Korlátosság

Cauchy definíció szerint:

\[ \forall m,n > n_1: |a_n - a_m| < 1 \]

Tehát bármely \(n_1\) küszöbindex után az elemek enél közelebb vannak egymáshoz

Legyen \(m = n_1 +1\), így minden \(n > n_1\) esetén

  • \(|a_n|\)-felírhatjuk \(|a_n - a_{n_1 + 1} + a_{n_1 + 1}|-ként\),
  • Háromszög egyenlőtlenség miatt: \(|a_n - a_{n_1 + 1} + a_{n_1 + 1}| \leq |a_n - a_{n_1 + 1}| + |a_{n_1 + 1}|\),

A definícióra visszaemlékezve: \(\forall m,n > n_1: |a_n - a_m| < 1\)

Tehát behelyettesítve az egész:

\[ |a_n| = |a_n - a_{n_1 + 1} + a_{n_1 + 1}| \leq |a_n - a_{n_1 + 1}| + |a_{n_1 + 1}| < 1 + |a_{n_1 + 1}| \]

Ami lényegében azt jelenti, hogy \(|a_n|\) a maximuma lesz mindezeknek (minden \(n\in\N\) számra)

\[ |a_n| \le \left\{\left|a_0\right|,\left|a_1\right|,\dots,\left|a_{n_1}\right|,1 + \left|a_{n_1 + 1}\right|\right\} \]

Ezzel beláttuk, hogy korlátos

CAUCHY-2-Német Jézus

A tétel szerint egy korlátos sorozatnak van konvergens részsorozata (\(a_n\)-hez létezik \(a_{v_n}\))

CAUCHY-3-Limit Egyenlőség

Megnézzük, hogy \(\lim (a_n) = \lim (a_{v_n})\)

Fogunk egy tetszőleges \(\varepsilon > 0\)-t

\[ \exists n_2 \in\N,\, m > n_2:\, \Big|a_{v_n} - A\Big| < \dfrac{\varepsilon}{2} \]

Az \(a_n\) Cauchy sorozatának definíciója miatt:

\[ \exists n_3 \in\N,\,\forall n,m > n_3:\, \left|a_n - a_m\right| < \dfrac{\varepsilon}{2} \]

Tekintve, hogy a részsorozatunk egy indexsorozat, amik mindenképp \(\uparrow\), \(\forall n \in\N:\,v_n \geq n\) (a \(v_n\) index az \(n\) index utánra mutat minden esetben), ami trivi, úgyhogy menjünk tovább (akinek nem tetszik, teljes indukciózzon utána)

Ha kiválasztjuk:

  • \(n>\max\{n_2,n_3\}\)
  • \(m:=v_n\)

Akkor tudjuk, hogy \(v_n > \max\{n_2,n_3\}\) és \(m > \max\{n_2,n_3\}\)

\[ \left|a_n-A\right|=\left|(a_n-a_{v_n})+(a_{v_n}-A)\right|\leq \left|(a_n-a_m)\right|+\left|(a_{v_n}-A)\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \]

Abből az következik, hogy \(\lim(a_n)=A\)

+14. Végtelen sorokra vonatkozó összehasonlítási kritériumok

CAUCHYKRIT - Tétel

A \(\sum a_n\) sor akkor és csak akkor konvergens, ha

\[ \forall \varepsilon > 0\text{-hoz } \exist n_0 \in \N, \forall m > n > n_0: \left|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_m\right|<\varepsilon \]

CAUCHYKRIT - Bizonyítás

\[ \sum a_n\text{ konvergens} \iff (s_n) \text{ konvergens} \iff (s_n) \text{ Cauchy-sorozat} \]

, tehát

\[ \forall \varepsilon > 0:\exist n_0 \in \N: \forall n, m > n_0: \left|s_m-s_n\right| < \varepsilon \]

teljesül. Állításunk abból következik, hogy \(m>n\), akkor

\[ s_m-s_n=a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}+\dots+a_m \]

+15. A Cauchy-féle gyökkritérium

CAUCHYGYÖK - Tétel

Tekintsük a \(\sum a_n\) sort. Tegyük fel, hogy létezik:

\[ A = \lim_{n \to \infin}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} \in \overline\R \]

Ekkor:

  • \(0 \leq A < 1\) esetén a \(\sum a_n\) sor abszolút konvergens.
  • \(A > 1\), akkor a \(\sum a_n\) sor divergens
  • \(A=1\), akkor a \(\sum a_n\) sor lehet konvergens és divergens is

CAUCHYGYÖK - Bizonyítás

\(\sqrt[n]{\left|a_n\right|} \Rightarrow A \geq 0\)

CAUCHYGYÖK - Ha \(0 \leq A < 1\)

Vegyünk egy \(A\) és \(1\) közötti \(q\) számot!

\(\lim(\sqrt[n]{\left|a_n\right|}) < q \Rightarrow \exists n_0 \in \N: \forall n > n_0: \sqrt[n]{\left|a_n\right|} < q\), azaz \(\left|a_n\right|<q^n\)

\(\sum q^n\) mértani sor, és \(0 < \left|q\right| < 1\), ezért konvergens.

Ezt a kettőt, és a majoráns kritériumot (egy indextől kezdve \(|a_n| < q^n\) ) felhasználva \(\sum\left|a_n\right|\) is konvergens, tehát \(\sum a_n\) abszolút konvergens.

CAUCHYGYÖK - Ha \(A > 1\)

Vegyünk egy \(1\) és \(A\) közötti \(q\) számot.

\(\lim(\sqrt[n]{|a_n|}) > q \Rightarrow \exist n_0 \in \N: \forall n > n_0: \sqrt[n]{|a_n|} > q\), azaz \(|a_n|>q^n\)

Mivel \(|a_n| > q^n > 1 \Rightarrow |a_n| > 1\).

Ebből következik, hogy \(\lim(a_n) \ne 0\), tehát a \(\sum a_n\) sor divergens.

CAUCHYGYÖK - Ha \(A = 1\)

Két példával mutatjuk be:

\(\sum \dfrac1n\) divergens sor, akkor \(|a_n| = \dfrac1n\), és \(\lim (\sqrt[n]{|a_n|}) = \lim (\dfrac1{\sqrt[n]{n}})=1\)

\(\sum \dfrac1{n^2}\) konvergens sor, akkor \(|a_n| = \dfrac1{n^2}\), és \(\lim (\sqrt[n]{|a_n|}) = \lim (\dfrac1{\sqrt[n]{n^2}})=1\)

+16. A d'Alembert-féle hányadoskritérium

DALEMBERT - Tétel

Tegyük fel, hogy egy \(\sum a_n\) sor egyik tagja sem 0, és létezik

\[ A := \lim_{n\to\infin}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| \in \overline\R \]

Akkor:

  • Ha \(0 \leq A < 1\), akkor a sor abszolút-konvergens
  • Ha \(1 < A\), akkor a sor divergens
  • Ha \(A=1\), akkor a sor lehet konvergens és divergens is

DALEMBERT - Bizonyítás

DALEMBERT - Bizonyítás - \(0 \leq A < 1\)

Vegyünk egy \(q\) számot, hogy \(A < q < 1\).

Ekkor:

\[ \lim_{n\to\infin}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| < q \Rightarrow\exists n_0 \in \N: \forall n > n_0: \dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<q \]

Azaz

\[ \exists n_0 \in \N: \forall n > n_0: |a_{n+1}|<q|a_n| \]

Tehát

\[ |a_{n_0+1}|<q|a_{n_0}|, |a_{n_0+2}|<q|a_{n_0+1}|, \dots|a_{n-1}|<q|a_{n-2}|,|a_{n}|<q|a_{n-1}| \]

A \(q^n\) sorozat szigorú monotonitása miatt:

\[ |a_n|<q|a_{n-1}|<q^2|a_{n-2}|<\dots<q^{n-n_0-1}|a_{n_0+1}|<q^{n-n_0}|a_{n_0}| = q^{-n_0}|a_{n_0}|q^n \]

Legyen \(a:=q^{-n_0}|a_{n_0}|\), konstans

Ekkor \(|a_n|<aq^n\). Mivel \(\sum aq^n\) konvergens (\(-1 < q < 1\)), ezért a majoráns kritérium szerint \(\sum |a_n|\) is konvergens, tehát \(a_n\) abszolút konvergens

DALEMBERT - Bizonyítás - \(1 < A\)

Vegyünk fel egy \(q\)-t, hogy \(1<q<A\).

\[ \lim_{n\to\infin}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>q \Rightarrow \exist n_0 \in \N: \forall n > n_0: \dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>q \]

Tehát:

\[ \exist n_0 \in \N: \forall n > n_0: |a_{n+1}| > q|a_n| > |a_n| \]

Ebből következik, hogy \(\lim_{n\to\infin} a_n \ne 0\), tehát \(\sum a_n\) divergens.

+17. Abszolút konvergens sorok átrendezés

ABSZPERM - Tétel

Ha a \(\sum a_n\) sor abszolút konvergens, akkor tetszőleges \((p_n):\N\to\N\) permutációval képzett \(\sum a_{p_n}\) átrendezése is abszolút konvergens és

\[ \sum_{n=0}^{+\infin}a_n=\sum_{n=0}^{+\infin}a_{p_n} \]

ABSZPERM - Bizonyítás

Legyen \(s_n := \sum_{k=0}^na_k\) és \(\sigma_n := \sum_{k=0}^na_{p_k}\)

  1. Igazoljuk, hogy \((\sigma_n)\) konvergens.
\[ \sum_{k=0}^n|a_{p_k}|=|a_{p_0}|+|a_{p_1}|+\dots+|a_{p_n}|\leq\sum_{k=0}^{\overbrace{+\infin}^{!!!}}|a_k|=K<+\infin \]

Tehát \(\sum_{k=0}^n |a_{p_k}|\) korlátos, és egyértelműen monoton növekvő. Ebből következik, hogy \(\sum_{n=0}|a_{p_n}|\) konvergens tehát \(\sum_{n=0}a_{p_n}\) abszolút konvergens.

  1. Igazoljuk, hogy \(\sum_{n=0}^{+\infin}a_n=\sum_{n=0}^{+\infin}a_{p_n}\)

Legyen \(A := \sum_{n=0}^{+\infin}a_n\) és \(B:=\sum_{n=0}^{+\infin}a_{p_n}\)

\(\sum|a_n|\) konvergens. A Cauchy kritérium szerint

\[ \forall \varepsilon > 0: \exist n_0 \in \N: \forall m > n \geq n_0: |a_{n+1}|+|a_{n+2}|+|a_{n+3}|+\dots+|a_{m}|<\varepsilon \]

Legyen \(n=n_0\) és \(m>n_0\). Ekkor \(\sum_{k=n_0+1}^m|a_k|<\varepsilon\).

Legyen \(N_0\) olyan index, amire az \(a_{p_0}+a_{p_1}+a_{p_2}+\dots+a_{p_{N_0}}\) összeg már tartalmazza az \(a_0, a_1, a_2, \dots, a_{n_0}\) tagokat. Egyértelműen \(N_0 \geq n_0\). Legyen \(n > N_0\)

Ekkor \(\sigma_n-s_n\) már nem tartalmazza a \(a_0, a_1, a_2, \dots, a_{n_0}\) tagokat (ki lettek vonva), csak az \(n_0\)-nál nagyobb indexű tagok egy részét. Vegyük a legnagyobb indexet: \(m:=max\left\{p_0, p_1, p_2, \dots, p_n\right\}\). Ekkor, amiért \(\sigma_n-s_n\) már csak \(n_0\)-nál nagyobb idexű, és \(m\)-nél kisebb indexű elemeket tartalmaz:

\[ |\sigma_n-s_n|\leq\sum_{k=n_0+1}^m|a_k|<\varepsilon\quad\text{TODO: Mi lett a kivont tagokkal?} \]

Ez azt jelenti, hogy \((\sigma_n-s_n)\) nullasorozat.

\[ \sigma_n=(\sigma_n-s_n)+s_n\underset{n\to\infin}\longrightarrow0+A=A \]

azaz

\[ B=\sum_{n=0}^{+\infin}a_{p_n}=\lim_{n\to\infin}\sigma_n=A \]

+18. Téglányszorzat konvergenciája

TÉGLÁNY - Tétel

Legyen \(\sum_{n=0} a_n\) és \(\sum_{n=0} b_n\) végtelen sorok konvergensek. Ekkor \(\sum_{n=0} t_n\) téglányszorzatuk konvergens, és

\[ \sum_{n=0}^{+\infin}t_n=\sum_{n=0}^{+\infin}a_n\cdot\sum_{n=0}^{+\infin}b_n \]

TÉGLÁNY - Bizonyítás

Legyen \(A_n\), \(B_n\) és \(T_n\) a \(\sum_{n=0}a_n\), \(\sum_{n=0}b_n\) és \(\sum_{n=0}t_n\) sorok n-edig részletösszege.

\[ T_n = \sum_{k=0}^n t_k=\sum_{k=0}^n\left(\sum_{max\{i,j\}=k}a_ib_j\right)=\sum_{max\{i,j\}\leq n}a_ib_j=\left(\sum_{i=0}^na_i\right)\cdot\left(\sum_{j=0}^nb_j\right) = A_nB_n \to \left(\sum_{n=0}^{+\infin}a_n\right)\cdot\left(\sum_{n=0}^{+\infin}b_n\right) \]

Tehát

\[ \sum_{n=0}^{+\infin}t_n=\lim(T_n)=\left(\sum_{n=0}^{+\infin}a_n\right)\cdot\left(\sum_{n=0}^{+\infin}b_n\right) \]

+19. Hatványsor konvergenciasugara

KONVSUG - Tétel

tetszőleges \(\sum_{n=0}\alpha_n(x-a)^n\) hatványsor konvergenciahalmazára a következő három eset egyike áll fenn:

  1. \(\exists0<R<+\infin\), hogy a hatványsor \(\forall x \in \R: |x-a|<R\) pontban abszolút konvergens és \(\forall x \in \R: |x-a|>R\) pontban divergens.
  2. A hatványsor csak az \(a\) pontban konvergens. Ekkor \(R := 0\)
  3. A hatványsor abszolút konvergens bármilyen \(x \in \R\) esetén. Ekkor \(R := +\infin\)

\(R\) - konvergenciasugár

KONVSUG - Segédtétel

Tfh. \(\sum \alpha_n x^n\) konvergens egy \(x_0 \neq 0\) pontban. Ekkor minden \(x\) (\(|x|<|x_0|\)) pontban abszolút konvergens a hatványsor.

KONVSUG - Segédtétel bizonyítása

Mivel a hatványsor konvergens \(x_0\) pontban, ezért \(\sum \alpha_n x^n_0\) végtelen sor konvergens, tehát \(\lim_{n\to+\infin}\alpha_n x^n_0=0\), tehát \((\alpha_nx_0^n)\) korlátos.

\[ \exist M > 0: |\alpha_nx_0^n|\leq M < +\infin \]

Ekkor, ha veszünk egy x-et, hogy \(|x|<|x_0|\), akkor

\[ |\alpha_nx^n|=|\alpha_nx_0^n|\cdot\left|\dfrac{x}{x_0}\right|^n\leq M\cdot\left|\dfrac{x}{x_0}\right|=Mq^n \]

, ha \(q:=\left|\dfrac{x}{x_0}\right|\).

A \(\sum Mq^n\) sor konvergens, mert \(\left|\dfrac{x}{x_0}\right|<1\). Így a majoráns kritérium szerint a \(\sum|\alpha_nx^n|\) sor is konvergens, tehát \(\sum\alpha_nx^n\) abszolút konvergens.

KONVSUG - Bizonyítás

Elég \(a=0\) esetén igazolni a tételt.

Vegyük a \(\sum \alpha_nx^n\) hatványsort. Ez \(x=0\)-ban konvergens, ezért \(KH(\sum\alpha_nx^n)\neq\varnothing\), tehát

\[ \exist R := \sup \mathrm{KH}(\sum\alpha_nx^n) \quad \text{és} \quad R \geq 0 \]

Három eset lehetséges

  1. \(0 < R < +\infin\). Legyen \(|x|<R\) tetszőleges. Ekkor a szuprémum miatt \(\exists x_0>0:|x|<x_0<R\) ÉS \(x_0 \in \mathrm{KH}\), azaz \(\sum \alpha_nx^n_0\) konvergens. A segédtétel szerint tehát \(\sum \alpha_nx^n\) abszolút konvergens. Ha \(|x|>R\), akkor az \(R\) szám definíciója, és a segédtétel szerint a \(\sum \alpha_nx^n\) végtelen sor divergens.
  2. \(R=0\). A sor az \(x=0\) pontban triviálisan konvergens. Tegyük fel, hogy az \(x \neq 0\) pontban is konvergens. Ekkor a segédtétel szerint a \(\dfrac{|x|}{2}>0\) pontban is konvergensnek kell lennie. Viszont ebben az esetben a szuprémum nem lehet 0, tehát a hatványsor csak az \(x=0\) pontban lehet konvergens.
  3. \(R = +\infin\). Legyen \(x \in \R\) tetszőleges. Ekkor a szuprémum definíciója szerint \(\exists n_0 >0: |x|<x_0\) és \(x_0\) a KH eleme, azaz \(\sum\alpha_nx_0^n\) konvergens. Ekkor a segédtétel szerint \(\sum\alpha_nx^n\) abszolút konvergens.

+20. A Cauchy-Hadamard-tétel

CAHA - Tétel

Tekintsük a \(\; \sum \limits_{n=0} \alpha_n (x - a)^n \;\) hatványsort, és TFH. \(\; \exist \; \lim \left(\sqrt[n]{|\alpha_n|}\right) =: A \in \overline{\R}\).

Ekkor a hatványsor konvergenciasugara \(\; R = \dfrac{1}{A} \quad \left(\dfrac{1}{+\infin} := 0, \; \dfrac{1}{0} := +\infin \right)\).

CAHA - Bizonyítás

  • Nyilvánvaló, hogy \(A \geq 0\).
  • Rögzítsük tetszőlegesen az \(x \in \R\) számot, és alkalmazzuk a Cauchy-féle gyökkritériumot a \(\; \sum \limits_{n=0} \alpha_n (x - a)^n \;\) végtelen hatványsorra.

\(\lim\limits_{n \to +\infin} \sqrt[n]{\left| \alpha_n (x - a)^n \right|} \; =\)

\(\left(\lim\limits_{n \to +\infin} \sqrt[n]{\left| \alpha_n \right|} \right) \cdot |x - a| \; =\)

\(A \cdot |x - a| \;\), és így

\(A \cdot |x - a| < 1 \; \Longrightarrow \;\) a sor konvergens,

\(A \cdot |x - a| > 1 \; \Longrightarrow \;\) a sor divergens.


(1.) Ha \(\bf{0 < A < +\infin}\), akkor \(A\)-val lehet osztani, ás ekkor

\(x \in \left(a - \dfrac{1}{A}, \; a + \dfrac{1}{A} \right) \; \Longrightarrow \;\) a sor konvergens

\(x \not\in \left[a - \dfrac{1}{A}, \; a + \dfrac{1}{A} \right] \; \Longrightarrow \;\) a sor divergens

Ebből következik, hogy \(R = \dfrac{1}{A}\).


(2.) Ha \(\bf{A = +\infin}\), akkor \(\forall \; x \in \R, \; x \neq a: \; A \cdot |x - a| = (+\infin) \cdot |x - a| = +\infin > 1\).

Ezért a hatványsor az \(x = a\) pont kivételével divergens, azaz \(R = 0\).


(3.) Ha \(\bf{A = 0}\), akkor \(\forall \; x \in \R: \; A \cdot |x - a| = 0 \cdot |x - a| = 0 < 1\).

Ezért a hatványsor minden \(x \in \R\) pontban konvergens, azaz \(R = (+\infin)\).

+21. Függvények határértékének egyértelműsége

FHE - Tétel

Ha az \(f \in \R \to \R\) függvénynek az \(a \in D'_{f}\) pontban van határértéke, akkor a definícióban szereplő \(A \in \overline{\R}\) (a határérték) egyértelműen létezik.

FHE - Bizonyítás

Definíció

Azt mondjuk, hogy az \(\; f \in \R \to \R \;\) függvénynek az \(\; a \in D'_f \;\) pontban van határértéke, ha

\(\exists \; A \in \overline{\R}\), \(\; \forall \varepsilon > 0\)-hoz \(\; \exist \delta > 0 \;\), \(\forall x \in \left(K_{\delta}(a) \; \setminus \; \{a\}\right) \cap D_f: \; f(x) \in K_{\varepsilon}(A)\).

Ekkor \(A\)-t a függvény \(a\)-beli határértékének nevezzük.

TFH. 2 különböző \(A_1, A_2 \in \overline{\R}\) elem is eleget tesz a definíció feltételeinek.

Mivel 2 különböző \(\overline{\R}\)-beli elem diszjunkt környezetekkel szétválasztható, ezért

\(\exist \; \varepsilon > 0: \; K_{\varepsilon}(A_1) \; \cap \; K_{\varepsilon}(A_2) = \empty\)

A határérték definíciója szerint egy ilyen \(\varepsilon\)-hoz

  • \(\exist \, \delta_1 > 0, \; \forall \, x \in K_{\delta_1}(a) \cap D_f: \; f(x) \in K_{\varepsilon}(A_1)\)

  • \(\exist \, \delta_2 > 0, \; \forall \, x \in K_{\delta_2}(a) \cap D_f: \; f(x) \in K_{\varepsilon}(A_2)\)

Legyen \(\delta := \min\{\delta_1, \, \delta_2\}\).

Ekkor \(\forall \, x \in K_{\delta}(a) \cap D_f: \; f(x) \in K_{\varepsilon}(A_1) \cap K_{\varepsilon}(A_2) = \empty\),

de \(K_{\delta}(a) \cap D_f \neq \empty\), mert \(a \in D'_f\).

Ellentmondásra jutottunk, és ezzel a határérték egyértelműségét igazoltuk.

22. A határértékre vonatkozó átviteli elv

(TODO)

?? 23. Monoton növekvő függvények határértéke

MONNOVFH - Tétel

Legyen \(f \in \R \to \R\), és TFH. \(\empty \neq H \subset D_f\).

Az \(f\) függvény monoton növekvő \(H\)-n (\(\nwarrow\)), ha

\(\forall \, x_1, x_2 \in H, \; x_1 < x_2 \;\) esetén \(\; f(x_1) \leq f(x_2)\).

MONNOVFH - Bizonyítás

(TODO)

?? 24. Az összetett függvény folytonossága

FoG - Tétel

TFH. \(f, g \in \R \to \R, \; g \in C\{a\}\) és \(f \in C\{g(a)\}\).

Ekkor \(f \circ g \in C\{g(a)\}\), azaz az összetett függvény "örökli" a belső- és külső függvény folytonosságát.

FoG - Bizonyítás

A feltételek szerint \(g(a) \in D_f\), ezért \(g(a) \in R_g \cap D_f\), azaz \(R_g \cap D_f \neq \empty\).

Így valóban beszélhetünk az \(f \circ g\) összetett függvényről, és \(a \in D_{f \circ g}\) is igaz.

Legyen \((x_n): \N \to D_{f \circ g} \subset D_g\) egy sorozat, amelyre \(\lim (x_n) = a\).

(TODO)

25. Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény korlátossága

(TODO)

+26. Weierstrass tétele

WEI - Tétel

Egy korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvénynek mindig van abszolút maximumhelye és abszolút minimumhelye, azaz

\(f \in C[a,b] \; \Longrightarrow \; \exist \, \alpha, \beta \in [a,b], \; \forall x \in [a,b]: \; f(\beta) \leq f(x) \leq f(\alpha)\)

WEI - Bizonyítás

Már igazoltuk, hogy ha \(f\) folyamatos \([a, b]\)-n, akkor \(f\) korlátos \([a, b]\)-n. Ezért

\(m := \inf \left\{f(x) \; | \; x \in [a,b] \right\} \in \R \;\) és

\(M := \sup \left\{f(x) \; | \; x \in [a,b] \right\} \in \R\)

Igazoljuk, hogy az \(f\) függvénynek van abszolút maximumhelye, azaz

\(\exist \, \in [a, b]: \; f(\alpha) = M\)

A szuprémum definíciójából következik, hogy

\(\forall \, n \in \N^+\)-hez \(\; \exist \, y_n \in R_f: \; M - \dfrac{1}{n} < y_n \leq M\)

Viszont

\(y_n \in R_f (n \in \N^+) \; \Longrightarrow \; \forall \, n \in \N^+\)-hez \(\; \exist \, x_n \in [a,b]: \; f(x_n) = y_n\)

Az így értelmezett \((x_n): \N^+ \to [a,b]\) sorozat korlátos, ezért a Bolzano–Weierstrass-féle kiválasztási tétel miatt a sorozatnak van \((x_{n_k})\) konvergens részsorozata.

Jelölje \(\alpha := \lim(x_{n_k})\). Indirekt módon igazolható, hogy \(\alpha \in [a, b]\). Ugyanakkor \(f \in C\{\alpha\}\). Így a folytonosságra vonatkozó átviteli elv szerint

\(\lim \limits_{k \to +\infin} f(x_{n_k}) = f(\alpha)\).

Mivel minden \(n_k\)-ra \(\; M - \dfrac{1}{n_k} < f(x_{n_k}) = y_{n_k} \leq M\)

teljesül, ezért \(\lim \limits_{k \to +\infin} y_{n_k} = M\), így \(f(\alpha) = M\).

Megmutattuk tehát azt, hogy \(\alpha\) az \(f\) függvénynek egy abszolút maximumhelye.

Hasonlóan bizonyítható az abszolút minimumhely létezése

?? 27. A Bolzano-tétel

BOLZ - Tétel

Ha egy korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény az intervallum két végpontjában különböző előjelű értékeket vesz fel, akkor a függvénynek van zérushelye, azaz

\(f \in C[a,b] \;\) és \(\; f(a) \cdot f(b) < 0 \; \Longrightarrow \; \exist \, \xi \in (a,b): \, f(\xi) = 0\)

BOLZ - Bizonyítás

(TODO)