Numerikus sorozatok/Bevezetés

Végtelen halmazok (valós számok, geometriai ponthalmazok, függvényhalmazok, egyéb végtelen sokaságok) vizsgálatánál gyakran adódik – mind az elméletben, mind az alkalmazások esetén –, hogy egy eredmény nem hull a kezünkbe egyszer s mindenkorra, mintha az a szorzótábla egy eleme lenne. Sokkal inkább jellemző, hogy egyre mélyebb és mélyebb vizsgálatok eredményezik a pontos értéket, mi több, az is előfordul, hogy a voltaképpeni eredemény csak egy végtelen hosszú eljárássorozat eredményként kerülhetne a kezünkbe – feltéve, hogy a végtelen hosszú eljárássorozatot végre tudnánk hajtani.

Ez a helyzet például a kör kerületének és átmérőjének viszonyszáma, azaz a π értékének kiszámításánál. Első közelítésként arra a következtetésre juthatunk, hogy ez az érték 3 és 4 közé esik, és ha 0,5-es hibán belül megelégszünk az értékével, a 3 jó közelítésnek vehető. További vizsgálatokkal, a körbe beírt és a kör körülírt sokszögei kerületének és átlóinak vizsgálatával ezt az eredményt akár 0,1-es hibahatár alá is szoríthatjuk, mondjuk 3,14-re. További – egyre hosszadalmasabb – számítások elvezethetnek a 3,1415±0,0001 értékhez is. Elméleti vizsgálatok kiderítették, hogy a π pontos értékét csak végtelen nemszakaszos tizedestört írja le, így arra esélyünk sincs, hogy az értékeket egyetlen papírlapon láthatjuk leírva. Ellenben, és pontosan ilyen vizsgálatokat jelent a numerikus sorozatok témaköre, igazolható, hogy vannak képletek, melyek segítségével akármilyen előre megadott hibahatár esetén a határon belül kiszámítható a közelítő értéke. Például ilyen képletet adott Leibniz, legalább is a π/4-re

$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$

Ekkor az újabb és újabb tagok hozzáadásával keletkező

$4,\frac{8}{3},\frac{52}{15},\frac{304}{105},...$

számsorozatról, azt mondjuk, „tart a π-hez” vagy „konvergál a π-hez” vagy „konvergens és határértéke a π”. Ugyanígy találhatunk a $\sqrt{2}$-höz tartó sorozatot. Van olyan is, mely egy görbevonalú síkidom területének mérőszámához, például a parabolacikk területéhez tart.

Természetesen a feladatunk nem ilyen közelítő képletek készítése lesz. Annak a kérdésnek az általános elméletét tekintjük át, hogy egy akárhogyan megadott sorozat tart-e valamely számhoz, és ha igen, melyikhez.

Magán egy számsorozaton olyan hozzárendelést értünk, mely minden pozitív egész számhoz egy számot rendel. Ezek a számok lehetnek különbözők is, ekkor még felsorolásnak is nevezzük. Például egy jellemző végtelen sorozat:

$\underset{1.}{\underbrace{0,1}};\underset{2.}{\underbrace{0,01}};\underset{3.}{\underbrace{0,001}};...;\underset{n.}{\underbrace{0,\stackrel{n-1\mathrm{d}\mathrm{b}}{\overbrace{0...0}}1}};...$

mindazonáltal nem kell, hogy a sorozatnak képzési szabálya legyen.

Két példán illusztráljuk a témakört.

A négyzetgyök kettő közelítése intervallumfelezéssel

Ismert az a tény, hogy a kettő négyzetgyöke nem racionális szám (holott helye a számegyenesen körző és vonalzó használatával pontosan kijelölhető). Nincs véges vagy végtelen szakaszos tizedestört előállítása, a tizedestörtben kifejezett értékét csak bizonyos jegyre pontosan tudjuk megmondani. Tudjuk azt is, hogy a racionális számok a számegyenesen mindenhol sűrűn helyezkednek el, azaz bármely két valós szám között van racionális szám. Ez lehetőséget ad arra, hogy megadjunk olyan racionális számokat, melyek egy előre meghatározott távolságnál közelebb vannak a $\sqrt{2}$-höz. Tudjuk:

$1<2<4⟹1<\sqrt{2}<2$

Most osszuk az [1,2] intervallumot két egyenlő részre, határozzuk meg a felezéspont négyzetét és hasonlítsuk össze 2-vel:

	$1<2<(1,5{)}^2=2,25$	$\Rightarrow$	$1<\sqrt{2}<1,5$
ismételjük az $[1;1,5]$ intervallumra:	$1,5625=(1,25{)}^2<2<(1,5{)}^2=2,25$	$\Rightarrow$	$1,25<\sqrt{2}<1,5$
ismételjük az $[1,25;1,5]$-re:	$1,8906\approx (1,375{)}^2<2<(1,5{)}^2=2,25$	$\Rightarrow$	$1,375<\sqrt{2}<1,5$
ismételjük az $[1,375;1,5]$-re:	$1,8906\approx (1,375{)}^2<2<(1,4375{)}^2\approx 2,0664$	$\Rightarrow$	$1,375<\sqrt{2}<1,4375$
majd az $[1,375;1,4375]$-re:	$1,9775\approx (1,40625{)}^2<2<(1,4375{)}^2\approx 2,0664$	$\Rightarrow$	$1,40625<\sqrt{2}<1,4375$

amivel 5 lépésben megkaptuk, hogy a $\sqrt{2}$ értéke 1 tizedesjegyre $1,4...$ (illetve $1,42\pm 0,016$). Az intervallumok hosszai feleződtek (a $q=\frac{1}{2}$ arányú mértani sorozat szerint csökkennek), így az 5. lépésben a keresett érték az intervallum középpontjától már csak $\frac{1}{2^6}\approx 0,016$-del tér el. Az eljárásban a $\sqrt{2}$-t alulról és felülről becslő értékek sorozata egy-egy, a $\sqrt{2}$-t közelítő sorozat:

$(a_n)=(1;1,25;1,375;1,375;1,40625;...)$

$(b_n)=(2;1,5;1,5;1,4375;1,4375...)$

$a_n<\sqrt{2}<b_n,b_n-a_n=\frac{1}{2^{n-1}}(\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}^{+})$

Aki nem jutott volna arra a szubjektív meggyőződésre, hogy az n = 0-ról induló

$\left({\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)=(1,\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},...)$

mértani sorozat egy tag után minden előre megadott kis pozitív számnál kisebb értékeket vesz fel, az gondoljon a

$\left({\left(\frac{1}{10}\right)}^n\right)=(1;0,1;0,01;0,001;0,0001;0,00001;...)$

sorozatra (melynek tizedes alakja megegyezik az előző sorozat kettedes tört alakban megadott alakjával) és hogy ez tényleg minden pozitív szám alá megy.

A parabolaszelet területének meghatározása

Geometriai példát is hozhatunk a közelítés alkalmazására. Apollónioszhoz nyúlik vissza az a módszer, ahogy a parabolametszet területét számítjuk ki.

Tekintsük a koordinátasíkon az $y=x^2$ egyenletű parabolát! Határozzuk meg az y = 1 egyenes és a parabolaív által közbezárt terület nagyságát!

Fájl:Parabola kozelitese haromszogekkel.png

Beírt háromszögek segítségével fogjuk megoldani a feladatot. Az első beírt háromszög a (-1,1), (0,0), (1,1) pontok alkotta háromszög, melynek területe 1. Jelöljük most ki a parabola 0,5 és -0,5 abszcisszájú pontjait és kössük össze rendre a (0,0), (1,1) és a (-1,1), (0,0) pontokkal. Ha a két így keletkezett háromszöget az x = 0,5 és x = -0,5 egyenletű egyenesekkel félbevágjuk, akkor 4 egyenlő területű háromszöget kapunk, hiszen az x = 0,5 és x = -0,5 egyenletű egyenesek a háromszögek súlyvonalai. Egy ilyen félháromszög területe:

$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2$,

négy ilyen van, tehát:

$4\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2$.

Ha felezéssel folytatjuk ezt az eljárást, akkor az n-edik lépésben a hozzáadott terület:

$2\cdot 2^n\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2^n}\cdot {\left(\frac{1}{2^n}\right)}^2={\left(\frac{1}{4}\right)}^n$,

így a terület:

$T=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\frac{1}{64}+...$.

Fájl:Egyketted kvociensu mertani sor osszege.png

Azt már Apollóniusz is tudta, hogy a

$q=\frac{1}{2}$

kvóciensű mértani sorozat tagjainak összege, amikor az összes tagot adjuk össze, azaz az

$s=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...=2$

összeg – akármilyen furcsa is – véges érték. (Hogy mit is kell értsünk végtelen tagú összegen, azzal nem is olyan sokára részletesen fogunk foglalkozni.) Az értéke az ábráról – amelyben rendre 1, $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{4}$, ... területű téglalapok vannak úgy elrendezve, hogy az összterületük 2 területű téglalap legyen – leolvasható. Általános képletet is ismertek a mértani sorozat tagjainak végtelen összegére (ezt később mi magunk is be tudjuk majd bizonyítani):

$s=\frac{1}{1-q}$,

így $q=\frac{1}{4}$ esetén a parabolaszelet területe:

$T=s=\frac{4}{3}$.