Numerikus sorozatok/Nullsorozatok

Nullsorozatok vagy zérussorozatok

A numerikus sorozatok témakörében rendkívül hasznosan alkalmazhatóak azok a sorozatok, melyek határértéke a 0 szám. Ezeket nullsorozatoknak, vagy zérussorozatoknak nevezzük. Világos, hogy az (1/n) sorozat például nullsorozat.

Alapvető tulajdonságok

Állítás – Az (an) sorozat pontosan akkor tart a nullához, ha a tagjai abszolút értékeiből képezett (|an|) sorozat a nullához tart.

Hiszen a konvergencia definícióját felírva (a_n) és (|a_n|)-re azt kapjuk, hogy

$|a_{n}-0|<\varepsilon \quad \quad \Leftrightarrow \quad \quad |\,|a_{n}|-0\,|<\varepsilon$

tetszőleges n-re és ε-ra, mert mindkét baloldal |a_n|-kel egyenlő.

Megjegyzés. nem nullsorozatok esetén még az állításban foglalt ekvikonvergencia sem érvényes, csak abban az irányban, hogy ha a sorozat konvergens, akkor az abszolútértéksorozat is konvergens. A másik irányra kiváló ellenpélda a ((-1)ⁿ) alternáló sorozat.

Állítás – Konvergencia jellemzése nullsorozatokkal – Az (an) sorozat pontosan akkor tart az A valós számhoz, ha az (an - A) sorozat nullsorozat.

Ugyanis, az alábbi két kijelentés triviális módon ekvivalens (és pont ez igazolja a két sorozat definíció szerinti ekvikonvergenciáját)

$|a_{n}-A|<\varepsilon \quad \quad \Leftrightarrow \quad \quad |\,(a_{n}-A)-0\,|<\varepsilon$

tetszőleges n-re és ε-ra.

Az alábbi állítás lényegében az úgy nevezett rendőrelv egy alakja, mellyel később foglalkozunk részletesebben.

Állítás – Majorálás nullsorozatokkal – Ha (δn) nullsorozat és az (an) sorozat olyan, hogy valamely M-re minden n > M esetén $|a_{n}|\leq \delta _{n}\,$, akkor (an) is nullsorozat.

Bizonyítás. Legyen ε > 0. δ_n $\to$ 0 miatt létezik N természetes szám, hogy minden n > N-re |δ_n| < ε, így minden n > max{N,M}-re δ_n már nemnegatív és

$|a_{n}-0|\leq \delta _{n}<\varepsilon \,$

Az alábbi tétel az alkalmazások szempontjából különösen fontos.

Tétel – A „korlátosszor nullához tartó” alakú sorozatok elve – Ha (δn) nullsorozat és az (an) korlátos sorozat olyan, akkor $(a_{n}\cdot \delta _{n})\,$ a nullához tart.

Bizonyítás. Legyen ε > 0 és vegyünk egy olyan K pozitív számot, hogy minden n természetes számra |a_n| < K legyen. |δ_n| minden pozitív számnál kisebbé válik, ezért ε/K-hoz is található olyan N természetes szám, hogy minden n > N-re |δ_n| < ε/K. Így minden n > N-re

$|a_{n}\cdot \delta _{n}|=|a_{n}||\delta _{n}|<K\cdot {\frac {\varepsilon }{K}}=\varepsilon \,$

Konvergencia, határérték és műveletek

Definíció – Sorozatműveletek mint pontonként definiált műveletek – Legyen (an) és (bn) valós számsorozat. Ekkor $(a_{n})+(b_{n})\,$ vagy $(a_{n}+b_{n})\,$ jelöli az an+bn általános tagú sorozatot; $(a_{n})\cdot (b_{n})\,$ vagy $(a_{n}\cdot b_{n})\,$ jelöli az an$\cdot$bn általános tagú sorozatot; ha (bn) tagjai között csak véges sok 0 található, akkor ${\frac {(a_{n})}{(b_{n})}}$ vagy $\left({\frac {a_{n}}{b_{n}}}\right)\,$ jelöli az an/bn általános tagú sorozatot;

Megjegyzések. Világos, hogy sorozatok különbségét nem feltétlenül szükséges külön definiálnunk, hiszen (a_n) - (b_n) sorozat tekinthető úgy, mint a (a_n) + (-1)$\cdot$(b_n) sorozat (ahol (-1) az azonosan -1 sorozat).

Másrészt függvényként értelmes lenne a hányados, mint n $\mapsto$ a_n/b_n, mindenféle megszorítás nélkül, azonban ekkor lehetséges lenne, hogy ennek a sorozatnak az értékei legfeljebb csak véges sok indexre értelmezettek. Az ilyen sorozatok konvergencia szempontjából semmiképpen nem vizsgálhatóak, hiszen ezekre a sorozatokra a konvergencia definíciója értelmessé lenne tehető és minden véges sorozat konvergens volna, de nem lenne egyértelmű határértéke. Másrészt elvileg megengedhetőek lennének olyan sorozatok, melyek végtelen sok helyen definiáltak és és végtelen sok helyen nem definiáltak lennének, de az ilyen sorozatok egyszerűen úgy tekinthetőek, mint (a később definiált értelemben vett) részsorozatok.

Tétel – A konvergencia és a határérték is invariáns az alapműveletekre – Ha (an) és (bn) konvergens sorozatok, akkor (an+bn) is konvergens és $\lim(a_{n}+b_{n})=\lim(a_{n})+\lim(b_{n})\,$ (an$\cdot$bn) is konvergens és $\lim(a_{n}\cdot b_{n})=\lim(a_{n})\cdot \lim(b_{n})\,$ ha lim(bn) ≠0, akkor (an/bn) is konvergens és $\lim \left({\frac {a_{n}}{b_{n}}}\right)={\frac {\lim(a_{n})}{\lim(b_{n})}}$

Bizonyítás. Legyen A és B rendre az (a_n) és (b_n) sorozatok határértékei.

1. Mielőtt a bizonyításba belekezdenénk, felhívjuk a figyelmet a következő, rendkívül célravezető egyenlőtlenségre. Tetszőleges n természetes számra:

$|a_{n}+b_{n}-(A+B)|=|a_{n}-A+b_{n}-B|\leq |a_{n}-A|+|b_{n}-B|$

mivel az utolsó két tag (az n nagy megválasztásával) tetszőlegesen kicsivé tehető, ezért érdemes őket ε/2-nek (vagy annál kisebbnek) választani.

Legyen tehát ε > 0 szám és legyen N_a olyan természetes szám, hogy minden n > N_a-ra:

$|a_{n}-A|<{\frac {\varepsilon }{2}}\,$

illetve N_b olyan természetes szám, hogy minden n > N_b-re

$|b_{n}-B|<{\frac {\varepsilon }{2}}\,$

Ha N az N_a és N_b közül a nem kisebbik és n > N, akkor a háromszög egyenlőtlenség segítségével igazoljuk, hogy A+B alkalmas határértéknek:

$|a_{n}+b_{n}-(A+B)|=|a_{n}-A+b_{n}-B|\leq |a_{n}-A|+|b_{n}-B|<{\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2}}=\varepsilon \,$

2. Mielőtt a bizonyításba belekezdenénk, felhívjuk a figyelmet a következő, rendkívül célravezető egyenlőtlenségre. Tetszőleges n természetes számra:

$|a_{n}b_{n}-AB|=|a_{n}b_{n}-a_{n}B+a_{n}B-AB|=|a_{n}(b_{n}-B)+(a_{n}-A)B|\leq$

$\leq |a_{n}||b_{n}-B|+|a_{n}-A||B|\,$

Itt |a_n-A| és |b_n-B| tetszőlegesen kicsivé tehetők, ám a tagokban ezek csak szorzótényezők. B konstans szám, így a második tag szintén tetszőlesesen kicsivé válik. Az |a_n| szorzó pedig ugyan nem konstans, de minthogy (a_n) konvergens, így korlátos is és fennáll az

$|a_{n}|<K\,$

alkalmas K pozitív számmal (korláttal) minden n esetén.

Legyen tehát ε > 0 szám és legyen N_a olyan természetes szám, hogy minden n > N_a-ra:

$|a_{n}-A|<{\frac {\varepsilon }{2(|B|+1)}}\,$

illetve N_b olyan természetes szám, hogy minden n > N_b-re

$|b_{n}-B|<{\frac {\varepsilon }{2K}}\,$

Legyen N az N_a és N_b közül a nem kisebbik és n > N, ekkor a háromszög egyenlőtlenség segítségével igazoljuk, hogy A$\cdot$B alkalmas határértéknek:

$|a_{n}b_{n}-AB|=|a_{n}b_{n}-a_{n}B+a_{n}B-AB|=|a_{n}(b_{n}-B)+(a_{n}-A)B|\leq \,$

$\leq |a_{n}||b_{n}-B|+|a_{n}-A||B|\leq K|b_{n}-B|+|a_{n}-A||B|<$

$<K{\frac {\varepsilon }{2K}}+{\frac {\varepsilon }{2(|B|+1)}}(|B|+1)=\varepsilon$

Itt a nevezőt azért kellett |B|+1-re választani, mert b_n $\to$ 0 esetén ez nem lenne értelmezve.

3. Ezt a bizonyítást nullsorozatokkal végezzük el, bár a definíció szerint is eljárhatnánk. Tetszőleges n-re fennáll:

$\left|{\frac {a_{n}}{b_{n}}}-{\frac {A}{B}}\right|=\left|{\frac {a_{n}B-b_{n}A}{b_{n}B}}\right|=\left|{\frac {a_{n}B-AB+AB-b_{n}A}{b_{n}B}}\right|=$

$=\left|{\frac {a_{n}B-AB}{b_{n}B}}+{\frac {AB-b_{n}A}{b_{n}B}}\right|\leq {\frac {1}{|b_{n}|}}\cdot |a_{n}-A|+\left|{\frac {A}{b_{n}B}}\right|\cdot |B-b_{n}|$

Ebből látható, hogy mindkét tag korlátos szor nullához tartó alakú. Az első tag első tényezője egy indextől kezdve biztosan felülbecsülhető egy pozitív számmal, mert |b_n| határértéke pozitív, így egy indextől kezdve biztosan nem veszi fel a 0 értéket, egy k > 0 alsó korlátnál nagyobb marad. A második tag második tényezője pedig ugyan emiatt K/k²-nél lesz kisebb, ahol K az (|a_n|) konvergens sorozat felső korlátja. Végül a (|a_n-A|) és (|b_n-B|) nullához tartók.

Feladatok

1. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

$\left({\frac {2n^{2}-3n+9}{2+4n-n^{2}}}\right)$

(Útmutatás: a számlálót és nevezőt osszuk le a nevező legmagasabb fokú tagjával.)

Megoldás

${\frac {2n^{2}-3n+9}{2+4n-n^{2}}}\;{\overset {/:n^{2}}{\underset {/:n^{2}}{=}}}\;{\frac {{\overset {\overset {2}{\uparrow }}{2}}-{\overset {\overset {0}{\uparrow }}{\frac {3}{n}}}+{\overset {\overset {0}{\uparrow }}{\frac {9}{n^{2}}}}}{{\underset {\underset {0}{\downarrow }}{\frac {2}{n^{2}}}}+{\underset {\underset {0}{\downarrow }}{\frac {4}{n}}}-{\underset {\underset {1}{\downarrow }}{1}}}}\to {\frac {2-0+0}{0+0-1}}={\frac {2}{-1}}=-2$

Hivatkozva a határérték és műveletek kapcsolatára vonatkozó tételre.

Megjegyezzük, hogy polinomok hányados esetén, ha a számláló és a nevező azonos fokszámú, akkor a hányados a számláló és a nevező főegyüthatójának hányadosához tart.

2. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

$\left({\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}\right)$

(Útmutatás: tekintsük törtnek és gyöktelenítsük a számlálóját.)

Megoldás

${\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}={\frac {{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}}{1}}\cdot {\frac {{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {(n+1)-n}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}=$

$={\frac {1}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}\leq {\frac {1}{\sqrt {n}}}\to 0$

Ezzel kapcsolatban rámutatnánk az

$(A+B)(A-B)=A^{2}-B^{2}\,$

azonosság múlhatatlan fontosságára, melyet az számlálóban alkalmaztunk az

$A={\sqrt {n+1}}$

$B={\sqrt {n}}$

szereposztásban.

3. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

$\left(n^{2}\cdot ({\sqrt {n^{4}+1}}\,-n^{2}\right)$

(Útmutatás: a második tényezőt tekintsük törtnek és gyöktelenítsük a számlálóját.)

Megoldás

$n^{2}\cdot ({\sqrt {n^{4}+1}}\,-n^{2})=n^{2}\cdot {\frac {{\sqrt {n^{4}+1}}\,-n^{2}}{1}}\cdot {\frac {{\sqrt {n^{4}+1}}\,+n^{2}}{{\sqrt {n^{4}+1}}\,+n^{2}}}=n^{2}\cdot {\frac {(n^{4}+1)-n^{4}}{{\sqrt {n^{4}+1}}\,+n^{2}}}=$

$={\frac {n^{2}}{{\sqrt {n^{4}+1}}\,+n^{2}}}\;{\overset {/:n^{2}}{\underset {/:n^{2}}{=}}}\;{\frac {1}{{\sqrt {1+{\frac {1}{n^{4}}}}}\,+1}}\to {\frac {1}{1+1}}={\frac {1}{2}}$

Ezzel kapcsolatban rámutatnánk az

$(A+B)(A-B)=A^{2}-B^{2}\,$

azonosság múlhatatlan fontosságára, melyet az számlálóban alkalmaztunk az

$A={\sqrt {n^{4}+1}}$

$B=n^{2}\,$

szereposztásban.

Mértani sorozat

Azok a mértani sorozatok, melyek kvociensének abszolút értéke kisebb mint 1, a nullához konvergálnak. Pont emiatt ezeknél a sorozatoknál teljesen érdektelen, hogy mi az első tagjuk – rendszerint azt 1-nek választjuk.

Állítás – Ha |q| < 1, akkor (qn) konvergens és lim(qn) = 0.

Az állítás legegyszerűbb (bár módszertanilag talán kifogásolható) bizonyítása, ha megkíséreljük a definíciót felírva megoldani a szokásos egyenlőtlenséget. Legyen ε pozitív szám és keresünk olyan N-et, hogy minden n > N-re

$|q^{n}|<\varepsilon \,$

teljesüljön. Ehhez oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenséget n-re:

$|q^{n}|=|q|^{n}<\varepsilon \,$

Feltehető, hogy q nem nulla, hiszen ekkor az azonosan nulla sorozattal van dolgunk. Vegyük a tizes alapú logaritmusát:

$\mathrm {lg} \,|q|^{n}$	<	$\varepsilon \,$
$n\cdot \mathrm {lg} \,|q|$	<	$\varepsilon \,$
$n\,$	>	${\frac {\varepsilon }{\mathrm {lg} \,|q|}}\,$

hiszen negatív számmal osztva az egyenlőtlenség megfordul. Ezért ha N-et az előző egyenlőtlenség jobb oldalánál nagyobbra választjuk, akkor a nála nagyobb n-ekre bizonyosan igaz lesz a kívánt állítás.

Korrekt bizonyítás

A monoton-korlátos kritériummal igazoljuk, hogy (q_n) nullsorozat, ha |q| < 1. Elegendő az 1 > q > 0 esetre vizsgálni. Világos, hogy monoton csökkenő, mert minden n természetes számra:

$q^{n+1}=q\cdot q^{n}<1\cdot q^{n}=q^{n}\,$

Másrészt nem lehet pozitív alsó korlátja, mert ha lenne p > 0, hogy minden n-re qⁿ > p lenne, akkor

$1>q>{\sqrt[{n}]{p}}\,$

lenne, de $\scriptstyle {\sqrt[{n}]{p}}$ konvergens és az 1-hez tart, ami lehetetlenné teszi, hogy 1-nél kisebb q felső korlátja legyen.

Hányadoskritérium sorozatokra

Állítás – Hányadoskritérium sorozatokra Ha (an) olyan pozitív tagú sorozat, hogy létezik q < 1 pozitív szám, hogy ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\to q\,$, akkor (an) nullsorozat. Ha (an) olyan sorozat, hogy $\limsup \left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<1\,$, akkor (an) nullsorozat.

Bizonyítás. Legyen q tételbeli hányadossorozat (jelöljük (c_n)-nel) limszupja. Ekkor tetszőleges p-re, melyre q < p < 1 teljesül, igaz, hogy a (c_n) elemei egy N indextől kezdve mind a [0, p] intervallumba esnek (a sorozatnak véges sok tagja lehet csak a limszup fölött), azaz n > N-re

${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\leq p\,$

Ez azt jelenti, hogy

${\frac {a_{N+2}}{a_{N+1}}}\leq p,\quad \quad {\frac {a_{N+3}}{a_{N+2}}}\leq p,...$

vagyis

$a_{N+2}\leq a_{N+1}\cdot p,\quad \quad a_{N+3}\leq a_{N+2}\cdot p\leq a_{N+1}\cdot p^{2},...$

Végeredményben az (a_N+1+k) sorozatot majorálja a (a_N+1$\cdot$p^k) mértani sorozat és minthogy p < 1, így (a_N+1+k) nullsorozat lesz. Viszont ekkor maga (a_n) is nullsorozat, hiszen a határértéken mit sem változtat, ha a sorozat első véges sok tagját megváltoztatjuk.

Nevezetes nullsorozatok

Állítás – Ha y ∈ R és x > 1, akkor ${\frac {n^{y}}{x^{n}}}\to 0,\quad \quad {\underset {\scriptstyle {(x\leq 1\;\mathrm {-re\;is} )}}{{\frac {x^{n}}{n!}}\to 0}},\quad \quad {\frac {n!}{n^{n}}}\to 0$

Megjegyzés. Ezekre az esetekre érdemes bevezetni egy újabb szóhasználatot. Legyen (a_n) és (b_n) két pozitív tagú sorozat. Azt mondjuk, hogy az (a_n) sorozat erősebb, mint a (b_n), (illetve erősebben tart a végtelenhez, abban az esetben, ha a végtelenhez tartanak) ha

${\frac {b_{n}}{a_{n}}}\to 0\,$

ezt még úgy is jelöljük, hogy

$b_{n}<<a_{n}\,$

Az állításban tehát úgy is fogalmazható, hogy midegyik esetben a nevezőbeli sorozat erősebb, mint a számlálóbeli, vagy szimbolikusan:

$n^{y}<<x^{n}<<n!<<n^{n}\,$

Bizonyítás. A hányadoskritériumot fogjuk használni.

1) y > 0-ra nézzük csak, ellenkező esetben az állítás triviális.

${\frac {\cfrac {(n+1)^{y}}{x^{n+1}}}{\cfrac {n^{y}}{x^{n}}}}=\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{y}\cdot {\frac {1}{x}}\leq {\underset {\underset {1}{\downarrow }}{\underbrace {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{\lceil y\rceil }} }}\cdot {\frac {1}{x}}\to {\frac {1}{x}}<1$

ahol a $\scriptstyle {\lceil y\rceil }$ jelölés az y felső egészrészét jelöli.

2) x > 1-re nézzük csak, ellenkező esetben az állítás triviális.

${\frac {\cfrac {x^{n+1}}{(n+1)!}}{\cfrac {x^{n}}{n!}}}=x\cdot {\frac {n!}{(n+1)!}}=x\cdot {\frac {1}{n+1}}\to 0<1$

3)

${\frac {\cfrac {(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\cfrac {n!}{n^{n}}}}={\frac {(n+1)!}{n!}}\cdot \left({\frac {n}{n+1}}\right)^{n}\cdot {\frac {1}{n+1}}=$

$=(n+1)\cdot {\frac {1}{\left({\cfrac {n+1}{n}}\right)^{n}}}\cdot {\frac {1}{n+1}}={\frac {1}{\left(1+{\cfrac {1}{n}}\right)^{n}}}\to {\frac {1}{e}}<1$