A fogótétel alkalmazása sorozatok határértékének kiszámolására Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely
Minden bizonnyal nincs más olyan matematikai tétel amelynek olyan sok megnevezése lenne, mint az úgynevezett fogótételnek, amelynek gyakoribb megnevezései: rend relv, csend relv, zsarutétel, zsandárszabály, közrefogási elv, szendvicstétel. Ez a tétel sorozatokra és függvényekre is egyaránt létezik, és ezt feladatmegoldási módszerként is alkalmazzuk, amire a matematikai analízisben nagy szükségünk van. El bb ismertetjük tehát a sorozatokra vonatkozó fogótételt és következményeit: 1. Tétel: Legyenek (an ) n 1 , (bn ) n 1 , (cn )n 1 valós számsorozatok úgy, hogy az (an )n 1 , (cn ) n 1 sorozatok konvergensek, és lim an
lim cn
n
is konvergens, és lim bn n
Bizonyítás: Az
n
x, x
R és an
bn
cn . Akkor a (bn )n
1
sorozat
x is igaz.
-os konvergencia kritériumot használva,
és nc küszöbindexek, hogy bármely n
0 esetén léteznek olyan na
max(na , nc ) esetén an
x
3
és cn
x
3
. Ekkor,
a háromszög egyenl tlensége alapján bn
x
bn cn cn
x
bn cn
ami éppen azt jelenti, hogy a (bn )n
cn 1
x
(cn bn )
cn x an (cn an ) 3 3 sorozat is konvergens, és lim bn x is igaz.
x
3
n
1. Következmény (majorálás a -re): Legyenek (an )n 1 , (bn ) n 1 valós számsorozatok úgy, hogy an bn és lim an és. Akkor lim bn is igaz. n
n
2. Következmény (minorálás a 0-ra): Legyenek (bn ) n 1 , (cn ) n 1 valós számsorozatok úgy, hogy 0 bn cn és lim cn 0 . Akkor a lim bn 0 is igaz. n
n
Az el bbi tételnek a rend relv és a többi elnevezései a következ hasonlatból kapták a nevüket: Ha 2 rend r közrefog egy tolvajt, és ha a 2 rend r a rend rsre megy világos, hogy a tolvajnak is velük együtt ugyan oda kell mennie. Ebb l kifolyólag a továbbiakban mi is a rend relv elnevezést fogjuk használni. A továbbiakban számos reprezentatív, sokszín és változatos feladaton keresztül szemléltetni fogjuk a rend relv és következményeinek az alkalmazási módszereit. 2n sin 2n 1. feladat: Számítsuk ki az L lim határértéket! n 3n sin 3n Megoldás: Az er ltetett tényez módszerét alkalmazva felírható, hogy sin 2n sin 2n n 2 2 n n , de a 0-ra való minorálás alapján 0 lim sin 2n 1 , L lim lim n n n sin 3n sin 3n n n 3 n 3 n n sin 3n 1 1 sin 2n sin 3n 2 és 0 lim , de mivel lim 0 , ezért lim 0 és lim 0 , így L . n n n n n n n n n 3 lim n n határértéket.
2. feladat: Számítsuk ki az L Megoldás: Nyilvánvalóan 1 ezért a binomképlet alapján n
n n
n , továbbá legyen (1 an ) n
1 n an
n 1 an , tehát 0 an , és n n an 1 , n(n 1) 2 n(n 1) 2 an ... ann , tehát n an . 2 2 1
n
3
3
n
Tehát 0
2
n 1
n 1
2
, és mivel lim
0 , ezért a rend relv alapján L=1.
n 1
n
n! határértéket. 2n Megoldás: Írjuk fel rendre a következ ket:
3. feladat: Számítsuk ki az L
n! 2n
1 2 3 4 n ... 2 2 2 2 2
1 2
3 4 n ... 2 2 2
1 2
3 3 3 ... 2 2 2
1 2
n 2
3 2
és mivel
n 2
3 lim n 2
, ezért a
-re való majorálás alapján L= + .
4. feladat: Számítsuk ki az L
n! határértéket, ha k >0. (1 1 )(1 22 k )...(1 n1 k )
lim
1 k
n
Megoldás: Felírható, hogy n! n! n! 0 1 k 2 k 1 k 1 k 2 k 1 k (1 1 )(1 2 )...(1 n ) 1 2 ... n ( n !)1 1 lim 0 , így a 0-ra való minorálás alapján L= 0. n (n !)k 5. feladat: Számítsuk ki az L
lim n 1k
Megoldás: Rendre felírható, hogy: lim n n n
lim( n n ) k
2k
n
n
n
n
1 , de mivel k >0, ezért ( n!) k
k
... n k határértéket, ha k >0. n
n 1k
1k
n
2k ... n k
nk
( n n )k . És mivel
1 , ezért a rend relv alapján L= 1.
n
6. feladat: Számítsuk ki az L
lim n 3n 5n
2 4n 3 7 n határértéket.
n
Megoldás: Rendre felírható, hogy: 7
n
7n
n
3n 5n
2 4n 3 7n
n
7n 7n
2 7n 3 7n
n
7 7n
7 n 7 , és mivel
lim n 7 1 , ezért a rend relv alapján L= 7. n
7. feladat: Számítsuk ki az L
lim n
n2
n határértéket, ha x az x valós szám törtrészét
jelenti. Megoldás: Minden valós x szám esetén x jelenti. Tehát x
n xn
n2 n2
n2
(n 1)2
n
n
n n n
n2 n
x , ezért xn
x
2
n2 n
n 1 , ha n 2 , ezért , és mivel lim n
n n 2
8. feladat: Számítsuk ki az L
x , ahol x az x valós szám egész részét
x
lim n
1 x
n 2
n 2 n . De
n2 n
n , tehát
1 , ezért L 2
n n n 2 2 x ... n 2 x n3
1 . 2
, ha x az x valós szám
egész részét jelenti, és x 0 . Megoldás: Az egészrészre érvényes a következ dupla egyenl tlenség: a 1 yn
12 x
22 x
...
n2 x
12 x 22 x ... n 2 x n
x
a
a , ezért
n (n 1) (2n 1) n 6
xn
2
12 x
illetve yn
22 x
n2 x
...
n (n 1) (2n 1) zn . 6 n (n 1) (2n 1) x x . , ezért L lim x 3 n 6 n 6 6
12 x 22 x ... n 2 x
x
xn z lim n3 3 n n n 1 1 1 9. feladat: Ha en 1 ... , számítsuk ki az L lim en határértéket. n 1! 2! n! Megoldás: A Newton binomiális képlete alapján felírható, hogy: k 1 1 2 1 2 k 1 1 1 ... 1 1 1 ... 1 n n 1 1 n n n n n n 1 1 . De Sn , n k! k! k! k 1 ezért S n en (1). Másfel l ha az összegben rögzítjük a k-t és meg rizzük csak az els (k+1)
Tehát a fogótétel alapján, mivel lim n
tagot felírható, hogy S nk
i 1 2 ... 1 n n Sn e . Tehát i! e (2). De az (1) alapján e lim S n en , így a
1 n
1
k
1
1
i 1
lim S nk n
ek
en
k
*
N , ezért lim ek k
rend relv értelmében lim en n
n
e.
10. feladat: Igazoljuk, hogy a hn
1
1 1 ... általános tagú ú.n. harmonikus sorozat 2 n
divergens! Megoldás: Belátható, hogy minden n pozitív egész számra létezik olyan k= k(n)< n szám 1 1 1 k amelyre hn 1 ... k xk . Teljes indukcióval belátjuk, hogy xk 1 (*). 2 3 2 2 1 1 1 ... k Valóban, ha feltételezzük, hogy (*) igaz, akkor xk 1 xk k k 2 1 2 2 2 2k k 1 1 1 k 2k k 1 1 ... 1 1 . Most a (*) alapján kapjuk, hogy k 1 k 1 k 1 k 1 2 2 2 2 2 2 2 lim xk , a végtelenre való majorálás alapján következik, hogy lim hn . k
n
2 1 1 1 L x ... , akkor lim . n n 12 22 n2 6 Megoldás: A feladatra egy teljesen elemi megoldás a következ : a matematikai indukció módszerével (hosszabb számolásokkal) igazolható a következ dupla egyenl tlenség:
11. feladat: Igazoljuk, hogy ha xn
n
2n 1 3 2
6
1
2n 1
2
2n 1 2
1 2 1 2n 1 2n 1
2
2n 1 n
... 2
xn
6
1
2
1 2n 1
n
2n 2 . Az egyenl tlenséglánc alapján 3
1
1 , ezért a rend relv alapján 2n 1
2
valóban L
lim xn
. 6 sin1 sin 2 sin n 12. feladat: Ha bn ... 2 , számítsuk ki az L lim bn határértéket. 2 2 n n 1 n 2 n n Megoldás: A háromszög egyenl tlensége alapján felírható, hogy: sin1 sin 2 sin n 1 1 1 1 bn ... ... 2 n 2 és mivel 2 2 2 2 2 n 1 n 2 n n n 1 n 2 n n n 1 1 lim n 2 0 , ezért a 0-ra minorálás alapján L= 0. n n 1 n
3
1
13. feladat: Ha bn
1
n2 1
n2
1
lim an n
1
1
n2 n
n2
1
n
n
lim bn határértéket. n
n n2
n
n2
n
n2
n2
n
1
...
an ,
n2 n
n
cn . Ezért, mivel
n2 1 n2 1 n2 1 n2 1 n2 1 lim cn 1 , a rend relv értelmében L lim bn 1 . n
14. feladat: Ha bn
L
...
, számítsuk ki az L
n2
2 1
Megoldás: Felírható, hogy: bn és bn
1
...
1
1 n
1
1
2
1
n
...
2
1
1
2
n
, számítsuk ki az
2
n
lim bn határértéket. n
Megoldás: Felírható, hogy
bn
1
1
bn
1
lim an n
n2
1 n
1
...
n2 n
1
1
1
1
n2 n
1
1
1 ... 1 n2 1 n2 1 n2 1 lim cn e , a rend relv alapján L lim bn n
sin
n2 1
sin
n
1
cn . Ezért mivel
n2 1
e.
... sin
n2
an és
n2 n
1
n
15. feladat: Ha bn
n
1
n2
2
, számítsuk ki az L
n
lim bn n
határértéket. Megoldás: Belátható, hogy szigorúan növekv , ezért: bn és bn
sin xn 0 xn
lim
xn
sin
sin
n2 1
1 , így lim an n
0,
n2
sin
n2 1
lim cn n
k
n2
... sin
2
, és ebben az intervallumban a sinus függvény
sin n n2 1
n2
... sin n
n sin
n2
n
an
cn . Ezért mivel
n2 1
, a rend relv alapján L
n sin
n2 n
lim bn n
.
n n2 1 12 2 22 ... , számítsuk ki az L lim bn határértéket. n n3 1 n3 2 n3 n n(n 1) n(n 1)(2n 1) 1 12 2 2 2 n n2 2 6 ... 3 Megoldás: Felírható, hogy: bn an 3 3 3 n n n n n n n n n(n 1) n(n 1)(2n 1) 2 2 2 1 1 2 2 n n 2 6 ... cn , ezért mivel és bn 3 3 3 3 n 1 n 1 n 1 n 1 1 1 lim an lim cn , a rend relv értelmében L . n n 3 3 1 1 1 17. feladat: Ha bn n 1 , számítsuk ki az L lim bn ... 2 2 2 n n 1 n 2 n n határértéket. 16. feladat: Ha bn
4
Megoldás: Észrevehet , hogy a 12. feladat értelmében szembe. Mivel n
bn
1 n
n
n2 k Ezért felírható, hogy k 1
n
k
k 1
n2 k n n2 k
n
k
bn
bn
n2
n
1
k
n
n2 k
k 1
n
k 1
0 határozatlan esettel állunk
k n2 k ( n2 k
n)
n
k
k 1
n2 k n n2 k
n(n 1) 2 an , valamint az, hogy 2 2 2 k 1 n n n n n n n n n2 n n(n 1) n k 2 cn . Ezért, mivel 2 2 2 k 1 n 1 n n 1 n 1 n n2 1 1 relv értelmében L lim bn . n 4 n 3 n 2n 1 ... , számítsuk ki az L lim bn határértéket. n n 4 n 2n n
k
n2 k n n2 k 1 lim an lim cn , a rend n n 4 n 1 18. feladat: Ha bn n 2 Megoldás: felírható, hogy: (n 1)(n 3) (n 3)( n 5) ( n 2n 3)( n 2n 1) ( n 1)(3n 1) bn2 ... . Mivel 2 2 (n 2) (n 4) (n 2n 2) 2 (3n) 2 (n 2k 3)(n 2k 1) (n 1)(3n 1) 1 minden k 1, 2,...n esetén, ezért bn2 cn2 (1) . 2 2 (n 2k 2) (3n) 2 2 2 (n 3) (n 5) ( n 2n 1) ( n 1) 2 Másfel l bn2 ... , és mivel (n 2)( n 4) (n 4)(n 6) (n 2n 2)(n 2n) 3n( n 2) (n 1)2 (n 2k 1) 2 1 minden k 1, 2,...n esetén, ezért bn2 an2 (2). Az (1) és 3n(n 2) (n 2k 2)(n 2k ) k 1
(2) alapján, mivel lim an n
19. feladat: Legyen an ha An
lim An n
3 3 , ezért a rend relv értelmében L lim bn . n n 3 3 olyan pozitív valós számsorozat, amelyre lim an a . Továbbá, 1 lim cn
n
n
a1 a2 ... an , Gn n
lim Gn n
n
a1 a 2 ... an , H n
n 1 a1
1 a2
...
1 an
igazoljuk, hogy
lim H n . n
Megoldás: Ismert a számtani, mértani és harmonikus közepek közötti egyenl tlenséglánc: An Gn H n , tehát lim An lim Gn lim H n . Továbbá a Stolz-Cesaro lemma alapján n
an 1 (n 1) n
n
n
(n 1) n a , ezért a rend relv alapján lim Gn a . n 1 an 1 Az eddigiekben megoldott feladatok esetén, a rend relvben szerepl an és bn megválasztása nem okozott különös nehézséget. Ellenben számos olyan feladat van, ahol ezek megválasztása egyáltalán nem magától értet , vagyis bizonyos el ismeretekre van szükségünk. Egy lehet ség az an és bn és megállapítására adott függvények tanulmányozásából adódik, és ennek keretén belül kiemelt helyet foglal a Lagrange-tétel alkalmazása. Nézzünk néhány ilyen alkalmazást.
lim An n
lim n
a és lim H n n
lim n
5
1
20. feladat: Ha bn
1
...
n 1 n 2 Megoldás: Tekintsük az f : k 1, k
, számítsuk ki az L lim bn határértéket. n n n R, f ( x ) ln x függvényt. A Lagrange tétele
k , k 1 szám amelyre ln(k 1) ln k
értelmében létezik olyan ck 1
1
1 , ahonnan felírható, ck
1 . Ha most összegezzük ezeket az egyenl tlenségeket minden k 1 k 2n 2n 2n 1 1 k n, n 1,..., 2n azt kapjuk, hogy ln(k 1) ln k (*) vagyis 1 k n k n k k n k 1 1 1 1 ln 2n ln n bn , ahonnan a rend relv bn bn ln 2 , tehát ln 2 2n 1 n n 2n 1 értelmében L lim bn ln 2 adódik.
hogy
ln(k 1) ln k
n
1 2
1 3 1 1 1 1 alapján, lim 1 ... n 2 3 4 2n 2) Ha az el bbi (*) összegzést csak
Megjegyzések: 1) Az 1
1 1 1 1 1 1 ... ... azonosság 4 2n 1 2 n n 1 n 2 n n 1 ln 2 is igaz. 1 2n k 1, 2,...n esetén végeztük volna el, akkor a jobboldali
egyenl tlenségb l azt kaptuk volna, hogy hn
1 1 ... 2 n
1
ln( n 1) ahonnan lim hn n
adódna, ami egy másik bizonyítás a 10. feladatra. 21. feladat: Ha bn
n e
1 1 n
n
, számítsuk ki az L
lim bn határértéket.. n
e Megoldás: Ismert a következ dupla egyenl tlenség: 2n 2
e
A bizonyítása végett tekintsük a következ függvényeket: f ( x )
1 1 n
n
e (v.ö. [1]) 2n 1 2 x x x ln ln(1 x) , 2 2x
2
, f , g : (0,1) R . Számolásokkal ellen rizhet , hogy f’(x) 2 x és g’(x) szigorúan növekv ek a (0,1) intervallumon, ahonnan f '( x) f '(0) 0 , 1 f ( x) f (0) 0 , g '( x) g '(0) 0 , g ( x ) g (0) 0 és az x választással a dupla n egyenl tlenség adódik. Ennek alapján kapjuk, hogy: és g x
ln 1 x
en lim n 2n 2
x xln
lim n e n
1 1 n
n
lim n
en , és a rend relv alapján L 2n 1
e . 2
22. feladat: Vezessük le az R sugarú kör kerületszámolási képletét. Megoldás: A kör kerületét szabályos n-sokszögek kerületével közelítjük meg (ezt nevezik a kör sokszögesítésének) többlettel, és hiánnyal. A mellékelt ábra jelölései alapján AB köréírt
n-oldalú
Kn
2 R n sin
n AB
szabályos n
sokszög
. Továbbá BC
n-oldalú szabályos sokszög kerülete kn
2 R sin
2 R tg
n BC
n
, így a
n
kerülete , így a beírt
2 R n tg
n
. Ha K 6
a kör kerülete, akkor kn
K
K n , és mivel lim kn n
lim K n n
2 R , ezért K
2 R.
R2 . Megjegyzés: Teljesen hasonlóan bizonyítható a kör területszámolási képlete is, T 23. feladat: Határozzuk meg az f : 0,1 R , f ( x) x 2 függvény, az x=0, x=1 és az Ox tengely által közrezárt síkrész területét. Megoldás: Osszuk fel a [0,1] intervallumot n egyenl részre. Ezáltal közelítsük meg a szóbanforgó területet téglalapokkal többlettel, és hiánnyal, a mellékelt ábrák szerint:
A „nagy téglalapok” összterülete Tn
1 1 n n
2
1 2 n n 2
2
1 n ... n n 2
2
(n 1)(2n 1) , továbbá 6n 2
1 2 n n
1 n 1 ... n n
2
( n 1)(2n 1) . A 6n 2 1 1 szóbanforgó T területre igaz, hogy tn T Tn és mivel lim tn lim Tn , ezért T . n n 3 3 1 1 Megjegyzés: Az integrálszámolásról tanultak alapján tulajdonképpen T x 2 dx . 0 3
a „kis téglalapok” összterülete tn
1 1 n n
2
1 3 5 ... (2n 3) (2n 1) 1 24. feladat: Igazoljuk, hogy lim · = n 2 4 6 ... (2n 2) (2n) n
(Wallis-képlet)
2
Megoldás: Vezessük be a következ
sin m x dx . A parciális integrálási
jelölést: I m 0
módszerrel rekurzív módon, a matematikai indukció módszerével levezethet k a következ eredmények:
I 2n =
2 4 6 2n 1 3 5 ... (2n 3) (2n 1) illetve I 2 n 1 = ... . Továbbá · 3 5 7 2n 1 2 4 6 ... (2n 2) (2n) 2
mivel minden x [0, [0,
2
2
] és n
N* esetén igaz, hogy sin
2n 1
x
sin 2 n x sin 2 n 1 x amit a
] intervallumon integrálva, és az el bbiek szerint behelyettesítve az I 2 n 1 , I 2n , I 2 n
1
értékeit, rövid számolások után kapjuk, hogy:
7
1
2 1 3 5 ... (2n 3) (2n 1) 1 1 < · < 2 n 1 2 4 6 ... (2n 2) (2n) n
·
ahonnan a rend relvvel éppen a bizonyítandó határérték adódik. Végezetül megjegyezzük, hogy ha egy x valós számnak a tizedes formában való reprezentálása x A, a1a2 ...an ... , akkor az x ' A, a1a2 ...an tizedes tört hiánnyal, az 1 x" A, a1a2 ...an tizedes tört pedig többlettel közelítik meg az x számot, vagyis 10n x ' x x " , ami tulajdonképpen szintén a fogótételhez kapcsolódik. A módszer jobb megértése és elmélyítése céljából, a Tisztelt Olvasónak a következ válogatott feladatokat javasoljuk megoldásra: Javasolt feladatok
1) L 4) L 6) L 8) L 10) L
12) L 14) bn
A rend relv segítségével számítsuk ki a következ határértékeket: n 3sin n 7 cos 6n 2 n! n2 2 2) lim L lim 3) L lim 2 2 n n n n 1 2n 3 (1 1 )(1 22 )...(1 n 2 ) (2n) n 1 1 1 n! lim 5) L lim 6) L lim n ... 2 2 2 n n n (2n)! 3 (2n) (2n 1) (2n n 1) 1
lim
2
1
lim
3
n
n
1 2
3
1
lim
p
n
n
p
p
n
20) L
lim n
p
1 Cn0
lim k
1 Cn1
n
p
n
p
n
p
1 23) L 2 k ln k
n2 n 1
n
lim n
n
(2
2)...(2
lim n 1 n
1 n
1 Cn0
lim n
1
lim n
n
2
25) L 27) L
lim
n
n 1 i
p a ahol pi , ai
R
n
e
1 n2
...
1 26) L
n
1
1 (n 1) 2
1
1 (n n) 2
lim n
1
...
1 Cnn 1 n
e
lim( n
1 n 1
28) L lim n
n)
2n
24) L
n
n
...
n 1
i 1
lim 1
n
*
1 Cn1
1 2
n n
n
k n2
1
1)(2
19) L
21) L
n2
k 1
3
2
n
n!
lim
n
n x
n4
1! 2! ... n ! (2n)!
n
n 2 1 17) L
... 1 Cnn
n
15) L
4
...
lim
lim
n 1
... 2
n 1
n
n n
1
2 x
n
n
p
3
1 x
lim
2
13) L
p
n3
...
cos1 cos 2 ... cos n n2
11) L
2
1 p
1
n2
n
18) L
p
n
(n n 1)
...
1
n
n
p
1
lim n 1
lim
3
1
3
22) L
(n 1)
n
1
...
2
lim
23
n4 1 n4 2
n
n
9) L
13
lim
7) L
n4 1 n4 2 n4 cos1 cos 2 cos n lim 2 ... 2 2 n n 1 n 2 n n n
n 2
16) L
n
...
1 n 1
1 n
2
kn
)n
1 1 n
n
1 1 1 ... 2 n 1 2n 2 2n n
8
29) L
lim arc sin
n
n2 1 1
arc sin
n2 1
... arc sin 2
n2 n 1 1 lim ... n n 1 n 2
1 1 1 31) L ... , p N* 1 n pn n n n 1 n n Szakirodalom: [1] Pólya György, Szeg Gábor: Feladatok és tételek az analízis köréb l, I. Tankönyvkiadó, 1980, 254. oldal [2] Dragos Popescu, George Oboroceanu: Exaecitii si probleme de algebra combinatorica si teoria numerelor, EDP, Bucuresti, 1979 [3] Bencze Mihály: Az „e” számmal kapcsolatos egyenl tlenségek, MaTa 1/1989 [4] Lia Arama, Teodor Morozan: Probleme de calcul diferential si integral, Editura Tehnica, Bucuresti – 1978 [5] A. Corduneanu és társai: Culegere de probleme de matematica pentru admitere in invatamantul superior, Editura Junimea, 1972 30) L
lim
9
