Tételek – part 1

Jelmagyarázat:

+: még át kell nézni
??: még nincs kész
Csak sorszám: KÉSZ 🙂

1. A teljes indukció elve

IND - Tétel

Tegyük fel, hogy minden $\; n \in \N \;$ számra adott egy $\bf{A(n)}$ állítás. Tudjuk, hogy

$A(0) \;$ igaz és
ha $\; A(n) \;$ igaz, akkor $\; A(n + 1) \;$ is igaz

Ekkor az $\; A(n) \;$ állítás minden $\; n \in \N \;$ számra igaz.

IND - Bizonyítás

$S := \left\{n \in \N \; | \; A(n) \; igaz\right\}$

$S$ egy halmaz, amelyben azok a természetes számok vannak, amelyre $A$ igaz (tehát $S \subset \N$). Ekkor $\green{S \; \text{induktív}}$ halmaz, mivel $\green{0 \in S}$, és $\green{\, \forall \, n \in S}$ esetén az $\green{n+1 \in S}$.

$\N$ a legszűkebb induktív halmaz, ezért $\, \N \subseteq S \, \land \, S \subseteq \N \,$, tehát $S = \N$. Eszerint pedig az állítás minden $n \in \N$-re igaz.

2. A szuprémum elv

SUP - Tétel

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

Jele: $\sup A = \xi \;$ [ejtsd: xí]

SUP - Bizonyítás

Legyen $B$ a felső korlátok halmaza. $\; A \neq \emptyset \,$ és $\, B \neq \emptyset$.

Ekkor a teljességi axióma miatt az $A$ és $B$ halmaz között $\exist \,\xi \,$ ami nagyobb vagy egyenlő mint az összes $A$-beli elem, és kisebb vagy egyenlő mint az összes $B$-beli elem.

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

Ekkor $\xi$-re igaz lesz, hogy

felső korlátja $A$-nak, mert $\, a \leq \xi$
a legkisebb lehetséges felső korlátja $A$-nak, mert $\, \xi \leq b$

3. Az arkhimédészi tulajdonság

AT - Tétel

Minden $a \, ,b \in \R$, 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.

4. A Cantor-tulajdonság

CAN - Tétel

CAN - Tétel - Matekosan

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 - Tétel - Személetesen

Az egymásba skatulyázott korlátos és zárt intervallumok közös része nem üres.

Ha kiveszel egy szeletet egy tortából $[0..360]$, a szelet a része a tortának $[10..90]$, ugye? 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)...

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.

5. 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.

6. A konvergencia és a korlátosság 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.

+7. Monoton részsorozatok létezésére vonatkozó tétel

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

8. A sorozatokra vonatkozó 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 $-\infin$

9. Műveletek nullasorozatokkal

NULLA - Tétel

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

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

10. Konvergens sorozatok szorzatára vonatkozó tétel

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.

11. Konvergens sorozatok hányadosára vonatkozó tétel

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 $A\cdot\dfrac1{B}=\dfrac{A}{B}$

12. Monoton növekvő sorozatok határértékére vonatkozó tétel (véges és végtelen eset)

Tétel - MONOHAT

Minden $(a_n)$ monoton sorozatnak van határértéke.

Ha $(a_n)$ monoton növekedő és felülről korlátos, akkor $(a_n)$ konvergens és $\; \lim (a_n) = \sup \{a_n \mid n \in \N\}$
Ha $(a_n)$ monoton növekedő és felülről nem korlátos, akkor $(a_n)$ konvergens és $\; \lim (a_n) = + \infin$

Bizonyítás - MONOHAT

Felülről korlátos - MONOHAT

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

Legyen $A := \sup \{a_n \mid n\in\N\}\in\R$.

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 $\;\forall\varepsilon>0\text{-hoz} \;\; \exists n_0 \in \N$, hogy $\forall n > n_0: \; |a_n - A| < \varepsilon$.

Eszerint az $(a_n)$ sorozat konvergens és $\lim (a_n) = A$

Felülről nem korlátos - MONOHAT

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

Ekkor $\;\forall P > 0$-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.

13. Az Euler szám értelmezése

Az $a_n := \left(1 + \dfrac{1}{n} \right)^n \quad (n \in \N^+)$ sorozat konvergenciája.

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.

?? 14. A végtelen sorokra vonatkozó Cauchy-féle konvergenciakritérium.

Tétel - KONVKRIT

Legyen $(a_n)$ egy valós sorozat.

Ekkor $\; (a_n)$ konvergens $\,\Longleftrightarrow\; (a_n)$ Cauchy-sorozat.

Bizonyítás - KONVKRIT

Cauchy-sorozat - KONVKRIT

TFH. az $(a_n)$sorozat konvergens, és $A := \lim (a_n)$ a határértéke.
Legyen $\varepsilon > 0$ tetszőleges valós szám.

A konvergencia definíniója szerint $\exists n_0 \in \N, \;\forall n > n_0: \; |a_n - A| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.

Így $\forall m,\, n > n_0$ index esetén

$|a_n - a_m| \;=\; |a_n - A + A - a_m| \;=\; |(a_n - A) + (A - a_m)| \;\leq\; |a_n - A| + |a_m - A| \;<\; \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$

Eszerint $(a_n)$ Cauchy-sorozat.

Konvergens - KONVKRIT

TODO

15. Végtelen sorokra vonatkozó összehasonlító kritériumok

Tétel - ÖSSZEHASONLÍTÓ

Legyenek $\sum a_n\;$ és $\sum b_n\;$ nem nagatív tagú sorok.

TFH. $\;\exists N \in \N,\, \forall n \geq N: \; 0 \leq a_n \leq b_n$

Ekkor

Majoráns kritérium: ha a $\sum b_n$ sor konvergens, akkor $\sum a_n$ sor is konvergens.
Minoráns kritérium: ha a $\sum a_n$ sor divergens, akkor a $\sum b_n$ sor is divergens.

Bizonyítás - ÖSSZEHASONLÍTÓ

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $a_n \leq b_n$ minden $n \in \N$ esetén, hiszen véges sok tag megváltozásával egy sor konvergenciája nem változik.

Jelölje $(s_n)$ a $\sum a_k$ és $(t_n)$ a $\sum b_k$ sorok részletösszegeiből álló sorozatokat.

A feltevésünk miatt $s_n \leq t_n (n \in \N)$.

Ekkor a nemnegatív tagú sorok konvergenciáról szóló tétel szerint

ha a $\sum b_n$ sor konvergens, akkor $(t_n)$ korlátos, így $(s_n)$ is az. Ezért a $\sum a_n$ sor is konvergens.
ha a $\sum a_n$ sor divergens, akkor $(s_n)$ nem korlátos, így $(t_n)$ sem az. Ezért a $\sum b_n$ sor is divergens.