Tételek 1

Teljes indukció

IND - Tétel

Tegyük fel, hogy minden $\; n \in \mathbb{N} \;$ 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 $\; n \in \mathbb{N} \;$ számra igaz.

IND - Bizonyítás

\[ S := \big\{n \in \mathbb{N} \; | \; A(n) \, igaz\big\} \]

Ha $S$ egy halmaz, amelyben azok a természetes számok vannak, amelyre $A$ igaz (tehát $S$ részhalmaza $\mathbb{N}$-nak), akkor $S$ induktív halmaz, mivel $S$ -ben van a nulla, és minden $n$-re, ami benne van $S$-ben az $n+1$ is benne van. Mivel a természetes számok halmaza a legszűkebb induktív halmaz, ezért a természetes számok is részhalmaza $S$ -nek ($S \subseteq \mathbb{N} \land \mathbb{N} \subseteq S$), tehát $S=\mathbb{N}$ .

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: $\sup A = \xi$

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.)

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.

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)...

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.

Határérték 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

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

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: $\; |A_1-A_2| < 2 \varepsilon \; = \; 2 \cdot \frac{|A_1 - A_2|}{2} \; = \; |A_1 - A_2|$

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.

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.

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

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 $-\infin$

A határérték és a rendezés kapcsolata

RENDEZ - Tétel

Létezik egy olyan küszöbindex, ami után a két sorozat elemei úgy viszonyulnak egymáshoz, mint a sorozat határértékei.

$A < B \Rarr \exists N \in \N \, \forall n > N: a_n < b_n$
$\exists N \in \N \, \forall n > N: a_n \leq b_n \Rarr A \leq B$

RENDEZ - Bizonyítás ($A < B \Rightarrow$)

"környezet": lényegében egy $p$ középponttű kör, és a bele eső elemek: $K_t(p)=(p-t,p+t) \iff$ p középponttól maximum t távolságra álló elemek. $|p-t| < K \iff p \in K_t(p)$

"Diszjunkt környezet": Olyan környezetek, amiknek nincsen közös pontja egymással

Nincs metszetük $\forall A,B\,\in \overline{\R}, \, A\ne B:\exist r_1,r_2>0 : K_{r_1} (A) \cap K_{r_2}(B)\ne \emptyset$

Ahol $A$, és $B$ a két Környezet középpontja

$K_1$ legyen egy $A$ középpontú környezet, $K_2$ pedig egy $B$ középpontú környezet, úgy, hogy a két környezet diszjunkt.

VILÁGOS, hogy ha $A < B$, akkor a két diszjunkt környezet minden elemére igaz, hogy $\forall x \in K_1, \forall y \in K_2:\, x < y$, tehát, bármilyen $K_1$-beli elem kisebb, mint bármelyik $K_2$-beli elem.

A feltevés miatt tudjuk, hogy $\lim(a_n) = A$ és $\lim(b_n) = B$, a két definíció egybe:

\[ \exists n_1 \in \N, \forall n > n_1:a_n \in K_1 \]

\[ \exists n_2 \in \N, \forall n > n_2:b_n \in K_2 \]

Legyen $N := \max \{n_1,n_2\}$, így kimondhatjuk az $N$ utáni indexekre ($\forall n>N$):

\[ a_n\in K_1\quad\text{és}\quad b_n\in K_2\qquad\Longrightarrow\qquad a_n<b_n \]

Lényegébe kivesszük azt a legkisebb indexet, amikortól mind az $a_i$ és $b_i$ elem a megfelelő környezetben lesz, onnnatól meg tudjuk, hogy minden elem relációban áll.

RENDEZ - Bizonyítás ($\Rightarrow A \leq B$)

Feltételezzük fordítva ($A > B$).

Az első állítás ($B < A \Rarr \exists N \in \N \, \forall n > N: b_n < a_n$) miatt pedig már tudjuk, hogy a megfelelő index létezik, amitől kezdve $b_n < a_n$, tehát ellentmondásba futunk.

NULLA - 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

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

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

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

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

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

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

tehát minden $n > n_0$ esetén

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

Tehát $a_n \cdot c_n$ nullasorozat.

NULLA - Nullasorozatok szorzása

Mivel $b_n$ konvergens, ezért korlátos is, tehát felhasználható a 2. összefüggés.

Műveletek konvergens sorozatokkal

KONVMŰV - Tétel

Legyen $a_n$ és $b_n$ konvergens sorozatok, hogy $a_n$ határértéke $A$ és $b_n$ határértéke $B$.

Ekkor,

$(a_n+b_n)$ konvergens, és $\lim(a_n+b_n)=A+B$
$(a_n \cdot b_n)$ konvergens, és $\lim(a_n \cdot b_n)=A \cdot B$
Ha $\forall n \in \N: b_n \neq 0$ és $\lim(b_n) \neq 0$, akkor $(\frac{a_n}{b_n})$ konvergens és $\lim(\frac{a_n}{b_n}) = \frac{A}{B}$

KONVMŰV - Bizonyítás

Tudjuk, hogy ha $x_n$ sorozat határértéke $X$ $\iff$ $(x_n-X)$ nullasorozat.

KONVMŰV - Összeadás

$a_n+b_n$ akkor konvergál $A+B$-hez, ha $((a_n+b_n)-(A+B))$ nullasorozat.

\[ ((a_n+b_n)-(A+B)) = (a_n+b_n-A-B) = (a_n-A+b_n-B) = ((a_n-A)+(b_n-B)) \]

Mivel $(a_n-A)$ és $(b_n-B)$ nullasorozatok, és nullasorozatok összege nullasorozat, ezért $((a_n-A)+(b_n-B))$ nullasorozat, tehát $((a_n+b_n)-(A+B))$ is nullasorozat, tehát $a_n+b_n$ konvergál $A+B$

KONVMŰV - Szorzás

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

KONVMŰV - Osztás

KONVMŰV - Osztás segédtétel - Reciprok

Note

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

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

Mivel $b_n$ konvergens, ezért

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

Legyen $\varepsilon := \frac{|B|}{2}$. Ekkor

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

Így, ha $n > n_0$, akkor

$(*)$

$|B|=|B-b_n+b_n| \leq |B-b_n|+|b_n|$

$|B| \leq |B-b_n|+|b_n|$

$|B|-|B-b_n| \leq |b_n|$

$|B|-|b_n-B| \leq |b_n|$

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

Tehát $\left|\frac{1}{b_n}\right| < \frac{2}{|B|}$, ha $n > n_0$

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

Így beláttuk, hogy $\frac{1}{b_n}$ korlátos.

KONVMŰV - Osztás - Reciprok konvergenciája

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

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

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

KONVMŰV - Osztás - Összesítve

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

Mivel tudjuk, hogy $a_n$ és $\frac{1}{b_n}$ is konvergens, ezért szorzatuk határértéke, a határértékük szorzata, tehát $A\cdot\frac1{B}=\frac{A}{B}$

Euler szám értelmezése

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

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

szigorú monoton növekedő és
felülről korlátos

tehát konvergens.

Határértéke az $e$ szám.

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

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: $1, \; 1+\frac{1}{n}, \; \dots, \; 1+\frac{1}{n}$

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

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

Ezek nem mind egyenlők, ezért az egyenlőség nem megengedett.

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

Az egyenlőtlenség jobb oldalának egyszerűsítése:

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

Az egyenlőtlenség most:

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

\[ \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^n \; < \; \bigg(1 + \frac{1}{n + 1}\bigg)^{n + 1} \quad \quad (n \in \mathbb{N}^+) \]

\[ a_n = \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^n \; < \; \bigg(1 + \frac{1}{n + 1}\bigg)^{n + 1} = a_{n+1} \]

Ezzel beláttuk, hogy a sorozat szigorú monoton növekvő.

EULER - Korlátosság

Vegyük a következő sorozatot: $\frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; 1+\frac{1}{n}, \; \dots, \; 1+\frac{1}{n}$

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

Az egyenlőtlenség felírása:

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

Az egyenlőtlenség jobb oldalának egyszerűsítése:

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

Az egyenlőtlenség most:

\[ \sqrt[n+2]{\frac{1}{4} \cdot \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^n} \; < \; 1 \]

\[ \frac{1}{4} \cdot \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^n \; < \; 1^{n+2} \]

\[ \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^n \; < \; 1^{n+2} \cdot 4 \]

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

Ebből következik, hogy a sorozat felülről korlátos

EULER - Összegezve

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

Cauchy-féle konvergenciakritérium (CAUCHY)

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:

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

Van olyan küszöbindex, ami után minden elem $A$ középpontű $\frac{\varepsilon}{2}$ távolságú környezetébe esik.

Azért $\frac{\varepsilon}{2}$, hogy később összegyúrhassuk a hájomszög egyenlőtlenséggel

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

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

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

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

Az $a_n$ Cauchy sorozatának definíciója miatt:

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

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 $m > \max\{n_2,n_3\}$

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

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