Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
A logaritmus függvény bevezetése és alkalmazásai Szakdolgozat
Készítette:
Témavezető:
Lebanov Dóra
Mezei István Adjunktus
Matematika Bsc
Alkalmazott Analízis és
Matematikai Elemző szakirány
Számításmatematikai Tanszék
Budapest 2014
„Aki matematikát tanul, az a tűzzel játszik. A matematika könnyen lenyűgözi, elcsábítja, rabul ejti az embert. Csodálatos titkokat rejt, melyek egyike-másika kis szerencsével és kemény munkával megfejthető. A megvilágosodás pillanatának katarzisa semmivel sem összehasonlítható, felemelő érzés.” (Pack János)
Tartalomjegyzék
Bevezetés........................................................................................................
2
Első fejezet.....................................................................................................
3
Visszatekintés a múltba Második fejezet.............................................................................................
4
Görbevonalú idomok területének kiszámítása Harmadik fejezet...........................................................................................
29
A függvény alkalmazása néhány nevezetes határértékre Negyedik fejezet............................................................................................. 50 A logaritmus alkalmazása az élet különböző területein Köszönetnyilvánítás
52
Irodalomjegyzék
53
Nyilatkozat
54
1
Bevezetés A szakdolgozati téma választásom legfőbb oka az volt, hogy a logaritmus függvényt nem az általános, jól megszokott módszerrel szerettem volna definiálni, bevezetni, hanem elemi módon felépíteni azt. Mind a középiskolák, mind a felsőoktatási intézményekben a függvényt az exponenciális függvény bevezetését követően, majd abból kiindulva végzik. Célom az volt, hogy más utat mutassak erre. Dolgozatomat egy rövid matematika történeti ismertetővel kezdem, mivel fontosnak tartom felidézni, hogy ez a függvény milyen múltra tekinthet vissza i. e. 212-től napjainkig. Ezt követően különböző problémák megoldása során eljutunk magához a logaritmus függvényhez, majd nevezetes határértékek kiszámításával egy, a Stirling formulánál erősebb becslést adok az n! -ra, és ezt továbbfejtve belátom a Wallis formulát. Zárásképpen néhány olyan példát, és alkalmazási területet mutatok be, melyek áttekintése után egyértelmű lesz, hogy mennyire széleskörű a felhasználási módja az igen hasznos logaritmus függvénynek.
2
Első fejezet
Visszatekintés a múltba Az alapgondolat, miszerint egy adott alap esetén a hatványkitevők számtani sorozatához rendeljük hozzá a hatványértékek mértani sorozatát, már az ókorban (i. e. 212-ben) Arkhimédésznél is felmerült. Megalkotta azt az azonosságot, amivel a számok szorzását el lehet végezni a kitevőik összeadásával. Azonban az ötlet fontosságára csupán a XVI. századtól eszméltek fel. A korabeli matematikusok célja az volt, hogy találjanak egy módszert a nagy számok szorzására és osztására, helyettük inkább az összeadást és kivonást részesítették volna előnyben. Ezt táblázat formájában lehetett a legjobban használni, és az első ilyet a gazdasági fejlődés következtében a kamatos kamat számítás céljára Simon Stevin készítette el. Hasonló táblázatot készített Jost Bürgi órásmester és matematikus 1611-ben. Bár Bürgi táblázata már készen volt, John Napier mégis korábban közzétette saját tábláztát 1614-ben, melyet Bürgitől függetlenül írt. Azonban a „Csodálatos logaritmustáblázat leírása” csak 5 évvel később lett kiadva, amely a számításait részletezte. A logaritmus szót is Napier képezte a görög arithmosz (jelentése: szám), illetve a logosz (jelentése: arány) szavakból. 1624-ben Edmund Günter feltalálta a logarlécet, mely főként a műszaki szakemberek számolási munkálatait könnyítette meg. Mára a szerepét teljesen átvették a számoló-, illetve számítógépek. Napjainkban a tudomány több területén is alkalmazzuk a logaritmust, és azonosságait, ezt az utolsó fejezetben bővebben kifejtem.
3
Második fejezet
Görbevonalú idomok területének kiszámítása 2.1. Probléma Vegyünk egy olyan ABCD görbevonalú trapézt, melyet az y= f ( x) függvénnyel meghatározott BC görbe, az abszcissza tengely AD szakasza, valamint az ordináta tengellyel párhuzamos x=a és x=b értékeknek megfelelő, AB és CD szakasz határol.
1. ábra
A továbbiakban e görbevonalú trapéz területével fogunk foglalkozni. Bizonyos esetekben az AB oldal ponttá fog összezsugorodni, ilyenkor ACD görbevonalú háromszögről beszélünk. (2. ábra)
4
2. ábra
Az (1.ábrán) szemléltetett trapéz területének kiszámításához szükségünk van a határérték fogalmára.
Definíció Legyen f értelmezve egy a -t tartalmazó nyílt intervallumban, kivéve esetleg a -t magát. Az f függvény határértéke az a helyen létezik és értéke b , ha az f ( x) =
{
f ( x) , ha x ≠ a b , ha x = a
}
függvény folytonos az a helyen.
Azt, hogy f határértéke az a helyen b , a következőképpen jelöljük: lim f ( x)=b , illetve f ( x)→ b , ha x → a . x→a
Trapézunk AD alapját osszuk fel n részre úgy, hogy az osztópontokat jelöljük P 1 , P 2 ,… , P n−1 -gyel, valamint az AP 1 , P 1 P 2 ,… , P n−1 D szakaszok hosszát pedig
rendre h1 , h2 ,…hn -nel. 5
Fektessünk a
P 1 , P 2 ,… , P n−1
egyeneseket, melyek az
pontokon az ordináta tengellyel párhuzamos
y= f ( x) görbét a Q1 ,Q 2 ,… ,Qn−1 pontokban metszik.
(3.ábra)
3. ábra
Ez alapján vegyük azt az n téglalapot, melyeknek alapjai AP 1 , P 1 P 2 ,… , P n−1 D szakaszok, magasságuk pedig az AB=P 1 Q1 , P 2 Q 2 ,… , P n Qn = DC szakaszok. Jelölje a P 1 , P 2 ,… , P n−1 , D pontok abszcisszáit az x 1 , x 2 ,… , x n−1 , x n , mivel
az
A
abszcisszája
a,
a
D
abszcisszája
b,
eszerint
x 1=a+h1 ; x2 =a+h1+h2 ;…; x n−1 =a+h1+h2 +…+hn−1 =b−hn ; xn =b .
A
AB=P 1 Q1 , P 2 Q 2 ,… , P n Qn = DC
f (x 1 ) , f ( x 2 ) ,… , f ( x n )
szakaszok
hossza
értelemszerűen
az
lesz, tehát az n darab téglalapból álló idom területe .
S n = f ( x1 )⋅h1 , f ( x 2 )⋅h 2 ,…, f ( xn )⋅hn . (1.)
A következőkben n értékét növeljük úgy, hogy az közelítsen a végtelenbe.
6
Ha ekkor az AP 1 , P 1 P 2 ,… , P n−1 D szakaszok hossza külön-külön tart 0 -hoz, valamint az általuk képzett n darab téglalap területösszege egy bizonyos határértékhez tart, akkor ez az érték lesz az ABCD görbevonalú trapéz területe. Tehát a P 1 , P 2 ,… , P n−1 pontokat úgy kell elhelyezni az AD szakaszon, hogy az (1.) összeget ki tudjuk számolni. Majd a kapott formulában elvégezve az n → ∞ határátmenetet, az ABCD trapéz területét kapjuk, feltéve, hogy n → ∞ esetén a szomszédos pontok távolsága 0 -hoz tart. A már említett speciális esetet, mely szerint az ABCD görbevonalú trapéz AB oldala ponttá zsugorodik össze, az alábbi példa megoldása szemlélteti. (2.ábra)
2.2. Probléma Határozzuk meg annak a görbevonalú háromszögnek a területét, melyet az 2 abszcissza tengely, az x=a egyenes, valamint az y=x parabola határolnak.
4. ábra
7
Megoldás: Az OD szakaszt osszuk fel n egyenlő részre, majd minden P k −1 P k szakasz fölé képezzünk egy téglalapot az alábbiak alapján.
5. ábra
n
n
[( ) ( ) ( ) ] 2
2
( ).
A kapott téglalapok alapjának hossza rendre a , a k. téglalap magassága k⋅a 2
Ezen idomok területösszege S n = a⋅ a + 2⋅a +…+ n⋅a n n n n
2
3
a 2 2 2 = 3⋅(1 +2 +…+n ) , n
3
és mivel (12 +22+…+n2 )= n⋅( n+1)⋅(2n+1) , ezért S n = a3⋅n⋅(n+1)⋅(2n+1) . 6
6
n
Az y=x 2 függvény által határolt S terület a kis téglalapok területének határértéke, ha számuk tart a ∞ -hez. 3
2
(
)
3
1 1 a 3 2n +3n +4 3 1 =lim a ⋅ + + 2 = . Azaz S=lim S n=lim a ⋅ 3 3 2n 6n 3 x →∞ x →∞ x→∞ 6n
8
□
2.3 Probléma Határozzuk meg annak a görbevonalú háromszögnek a területét, amelyet az y=sin x görbe, az abszcissza tengely és az x=c egyenes határol, feltéve, hogy c⩽π .
Megoldás: A
P 1 , P 2 ,… , P n−1
pontokat
az
2.1.
Problémában
meghatározott
módon
választhatjuk, azaz az abszcissza tengely OD szakaszát n egyenlő részre osztjuk.
6. ábra
Ekkor a kapott téglalapok összege S n =h⋅( sin (h)+sin (2h )…+sin (n⋅h) ) lesz, ahol
()
c h . (2.) h= . Vegyük a következő formulát: ( sin (h)+sin (2h )…+sin (n⋅h))⋅sin n 2
Az alábbi addíciós szabályból könnyű levezetni a megoldást: 1 sin (α)⋅sin(β)= ⋅[ cos(α−β)−cos(α+β) ] . α
9
Tehát
( h2 )= (2n−1)⋅h (2n+1)⋅h 1 h 3h 3h 5h = ⋅ cos −cos ( ) + cos −cos ( ) +…+ cos ( −cos ( ) ))} ( ) ( ) ( 2 {( 2 2 ) ( 2 2 ) 2 2 ( sin(h)+sin( 2h)…+sin (n⋅h) )⋅sin
Ebből következik, hogy
( sin( h)+sin( 2h)…+sin( n⋅h)) =
[ ( ( ) )] ( ( ) ( ) )
1 h 1 ⋅ cos −cos n+ ⋅h 2 2 2
sin
=
()
h sin 2
n⋅h n+1 ⋅sin ⋅h 2 2
()
h sin 2
.
Ennek segítségével: sin (n⋅h) S n =h⋅ ⋅ 2
( (
c n+1 c n+1 sin ⋅sin ⋅ ⋅h 2 2 n 2 a = ⋅ n h h sin sin 2 2
sin
( ) ()
()
)) = sin c ⋅sin c⋅ 1+ 1 -et ( 2 ) [ 2 ( n )]
kapjuk. Mivel lim sin α = 1 , ezért lim α α →0 n→∞
c n
( )
c sin 2n
c 2n = lim 2⋅ n→ ∞ c sin 2n
( )
= 2.
A keresett terület:
{ ( ) [ ( )]}
S = lim S n =2⋅lim sin n→∞
n→∞
c c 1 ⋅sin ⋅ 1+ 2 2 n
=2⋅sin
2
c 2
□
2.4. Probléma Határozzuk meg az m-edfogú y = x m parabola (m ≠−1) , az abszcissza tengely, valamint az x = c , x = d egyenesek által közrezárt görbevonalú trapéz területét.
10
Megoldás: Ennél a feladatnál nem célszerű egyenlő részekre felosztanunk az abszcissza tengely AD szakaszát.
Jelölje c az OA szakaszt, d az OD szakaszt.
7. ábra
A felosztásunk teljesítse az alábbi feltételt:
OP 1 OP 2 OP 3 b = = = …= := r . a OP 1 OP 2 OP n −1
Ezen arányok értékét nevezzük r -nek, tehát
√
amiből r = n
OP 1 OP 2 OP 3 b d n ⋅ ⋅ ⋅…⋅ =r = , a OP 1 OP 2 OP n −1 c
d egyenlőséget kapom. c
√
d Ebből következik, hogy ha n → ∞ , akkor r → 1 . Mivel log r = log n , innen c
1 log r = ⋅( log d − log c ) → 0 , ha n → ∞ . n OP 1 = c⋅r , OP 2 = OP 1⋅r = c⋅r
2,
n … , d = OP n − 1⋅r = c⋅r , ami a feltételünkből
adódik.
11
h1 = OP 1 − OA = c⋅(r − 1) h2 = c⋅r 2 − c⋅r = c⋅r⋅(r − 1) 3
Innen
2
2
.
h3 = c⋅r − c⋅r = c⋅r ⋅(r − 1) ⋮ h n = c⋅r n − c⋅r n− 1 = c⋅r n − 1⋅(r − 1)
√
n A fejezet bevezetésében kirótt feltételt itt kihasználtuk, mert r =
d → ∞ , ha n → ∞ . c
Ezért minden P k −1 P k =hk hosszú szakasz 0 -hoz tart n növelésével. Innen a k. m
m
k −1 k téglalap területe h k (OP k ) = c⋅r ⋅( r −1)⋅( c⋅r ) .
Az n téglalap összterülete pedig: m
S n = c⋅( r − 1 )⋅( c⋅r ) + c⋅r⋅( r − 1 )⋅( c⋅r
2 m
)
+ … + c⋅r
n −1
⋅( r − 1)⋅( c⋅r
n m
)
=
= cm + 1⋅r m⋅( r − 1)⋅[ 1 + r m +1 + r 2 ( m +1) + … + r( n− 1)⋅(m + 1)] = = c
m+1
1
m
= r ⋅
mivel r
n⋅(m+1)
= (r
n m+1
)
r
m−1
m+1
()
d = c
n⋅( m +1)
r −1 = (m + 1) r −1
m
⋅r ⋅(r − 1)⋅
−1 r −1
⋅d
[( )
d ⋅ c
m +1
m+1
]
−1 ;
,
.
Ha n → ∞ , akkor r → 1 miatt lim r m=1 feltéve hogy m tetszőleges, valamint az n→∞
ABCD görbevonalú trapéz területének kiszámításához csak a
kifejezés határértékét kell meghatároznunk, ha r → 1 .
A továbbiakban külön-külön vizsgáljuk meg az eseteket.
12
r
m+1
−1 r−1
(3.)
(1. eset) Ha m pozitív egész szám. lim
r
r →1
m+1
−1 m m−1 = lim ( r +r +…+r+1 ) = 1+1+…+1 = m+1 ; r−1 r →1
mivel a (3.) egy mértani sor összegképlete, ahol r a kvóciens, és m a tagok száma.
□
(2. eset) Ha m>−1 , racionális szám. Ekkor felírható, hogy m+1 = p , ahol p és s pozitív egészek. s
Ebben az esetben: lim r →1
r
1 p s
( ) ( )
p s
m+1
r −1 −1 r −1 = lim = lim = lim 1 s r−1 r →1 r −1 r →1 r →1 r s −1
[
1 p s
(r ) − 1 1 s
1 s s
:
(r ) − 1
r −1
1 s
r −1
]
.
Tudjuk, hogy r → 1 esetén r 1 := √s r → 1 . Folytatva az előbbi összefüggés levezetését, felhasználjuk az újonnan bevezetett r 1 jelölést, illetve az első eset megoldását a következőket kapjuk. A fenti hányadost két részre bontva: 1 p s
lim
r →1
(r ) − 1 = lim r 1 s
r →1
r −1
következik, hogy lim
r →1
1 s s
p
−1 = p r1 − 1 1
r
lim
valamint
r →1
(r ) − 1 = s 1 s
.
Ezekből
r −1
m+ 1
−1 p = = m+ 1 . r −1 s
□
(3. eset) m+1 = − p , egy (−1) -nél kisebb racionális szám, ahol s
p és s
paraméterek pozitív egészek. A második eset megoldásának levezetését felhasználva az alábbi összefüggést r
m+1
−1
r
−p s
(
−1
kapjuk: lim r −1 = lim r −1 = lim −r r →1 r →1 r→1 13
−p s
p s
−1 p )⋅rr −1 = − = m+1 s
□
(4. eset) Legyen m ebben az esetben irracionális szám, ekkor a kifejezés határértéke r m+1 , p racionális szám, és m+1 -hez tart. s
Definíció (Hatvány fogalma): • Pozitív egész kitevőkre: Ha a tetszőleges valós szám, és b > 1 egész szám, akkor a b hatvány azt a b tényezős szorzatot jelenti, amelynek minden b a⋅a⋅…⋅a . tényezője a . Azaz a = ⏟ b db
• Nulla kitevőre: Ha a nemnulla valós szám, akkor a 0 = 1 . • Negatív egész kitevőkre: Ha −b nemnegatív egész, akkor a =
a
tetszőleges nemnulla valós szám,
b
1 b . a
• Racionális törtkitevőkre: Ha a nemnegatív valós, b pedig racionális törtszám. Ekkor b felírható
m alakban, ahol m n m n
egész,
n nem egyenlő 1 -gyel,
n
pozitív egész. Ekkor a = a = √ a m . b
Mivel lim
r
r →1
minden
racionális
számra,
kivéve
a
(−1) -et
igaz,
hogy
m+1
−1 = m+1 (3.) , ezt az első esetnél beláttuk. Ebből következik, hogy r−1
irracionális m esetén is igaz a összefüggés. Összegezve az esetek eredményeit minden lim r →1
r
m+1
−1 = m+1 teljesül. r−1
14
(−1) -től különböző
m
esetén
Ebből az következik, hogy az ABCD görbevonalú trapéz területe amelyet az y=x m görbe, az x=c , x=d egyenesek, valamint az abszcissza tengely határol minden (−1) -től különböző m paraméter esetén:
[( ) ]
1 d m +1 ⋅c ⋅ m+1 c
m+1
−1 =
d
m+1
m+1
−c m+1
d
n , mivel r = c .
2.5. Probléma Az előző feladat eredményeit felhasználva adjuk meg annak a görbevonalú háromszögnek a területét, amit az y = xm (m > 0) m-edfokú parabola, az x=d egyenes , és az abszcissza tengely által van körbehatárolva.
Megoldás: Az a módszer, ahogy az előző feladatot megoldott, itt nem alkalmazható, hiszen az OD = c szakaszunkat nem lehet felosztani geometriai sorozatot alkotó véges sok
részre. Azonban
segítségül
hívva
a
már
megkapott
eredményeket,
könnyebben
boldogulhatunk.
Az
ABCD görbevonalú trapéz határ alakzatjaként is tekinthetünk az
15
OCD
görbevonalú háromszöget, feltéve, hogy A → ∞ . A
d
m+ 1
m +1
−c m+ 1
m +1
d kifejezés -hez tart, ha c → 0 . m+1 m +1
Tehát a görbevonalú háromszögünk területe pontosan ez az
d érték. m+1
□
Ez az eredmény azonban nem csak pozitív m -ekre igaz, hanem negatívakra is, amelyek (−1) -nél nagyobbak.
Megjegyzés: 1
−1 A következő problémák az y=x = x görbe, az x=c , x=d , továbbá az abszcissza
tengely által határolt görbe vonalú trapéz területével foglalkozik, pontosabban az előző probléma azon esetével, ahol m= −1 .
2.6. Probléma 1
Legyen T 1 és T 2 annak a görbevonalú trapézok területe, melyeket az y= x
hiperbola, az x=C 1 , x= D1 , az abszcissza tengely, az x=C 2 , x= D2 egyenesek határolnak. Bizonyítsuk be, hogy ha
C1 C = 2 teljesül, akkor T 1 és T 2 területek megegyeznek. D1 D 2
Megoldás: Első lépésként osszuk fel az abszcissza tengely C 1 D1 és C 2 D2 szakaszait n egyenlő részre, ahol O C 1 = c1 és O D1 = d 1 valamint O C 2 = c 2 és O D 2 = d 2 . Ezekre a szakaszokra állítsunk téglalapokat a (9. ábra) szerint.
16
9. ábra
A C 1 D1 szakaszon álló téglalapok közül a k -adik területét T k (1) -gyel jelölve: T k (1) =
d 1 − c1 ⋅ n
( ) d1 −1 c1
d 1 −c 1 d 1 − c1 1 = = = d 1 −c 1 d 1 − c1 (n − k )⋅c1 + k⋅d 1 d c1 + k⋅ n⋅c 1 + n⋅k⋅ n − k + k⋅ 1 n n c1
(
10. ábra
Hasonlóképpen állítjuk elő a C 2 D 2 -n álló k -adik téglalap területét: 17
)
T k (2) =
d 2 − c2 ⋅ n
( ) d2 −1 c2
d 2 −c 2 d 2 −c 2 1 = = = d 2 − c2 d 2 − c2 (n − k )⋅c 2 + k⋅d 2 d c 2 + k⋅ n⋅c2 + n⋅k⋅ n − k + k⋅ 2 n n c2
(
A feladatok feltétele az volt, hogy
)
d 2 d1 = , ezért T k (1) = T k( 2) . Ebből következik, c2 c1
hogy a C 1 D1 szakaszon álló n téglalap T n területösszege egyenlő a C 2 D 2 szakaszon álló n téglalap T n területösszegével.
□
2.7. Probléma Bizonyítsuk be, hogy F ( z1⋅z 2 ) = F (z 1 )+F ( z 2 ) teljesül minden tetszőleges pozitív z 1 és z 2 esetén.
Megoldás: A következőkben z 1 és z 2 egymáshoz viszonyított értékük szerint válasszuk szét a feladat megoldását. (1. eset) Ha z 1 , z 2 > 1 .
11. ábra
18
Tudjuk, hogy
z 1⋅z 2 z 1 = , ezért az előző feladat eredménye alapján a (11. ábrán) z2 1
jelölt görbevonalú trapézok területe egyenlő. Mivel az abszcissza tengely, az y =
1 x
hiperbola, az x=1 , az x= z1⋅z 2 egyenesek által határolt görbevonalú trapéz területe egyenlő az abszcissza tengely, az y =
1 hiperbola, az x=1 , az x= z1 és a megfelelő x
x= z2 és x= z1⋅z 2 egyenesek által határolt két görbevonalú trapéz területösszegével.
Tehát F ( z1⋅z 2 ) = F (z 1 )+F ( z 2 ) .
(2. eset) Ha z 2 =
□
1 , feltéve, hogy z 1>1 . z1
12. ábra
Ebben az esetben ezt az egyenlőséget kell bizonyítani: F ( z1 )+F ( z2 )=F (1)=0 , azaz F
()
1 = − F ( z 1) . z1
19
Mivel
z1 1 = , ezért az előző feladat eredménye végett az 1 1 z1
y=
1 x
hiperbola,az
abszcissza tengely, az x=1 , az x= z1 egyenesek által meghatározott görbevonalú trapéz területe megegyezik az y = x= z1 az y =
1 hiperbola, az abszcissza tengely, az x=1 , az x
1 1 hiperbola, az abszcissza tengely, az x= z , az x=1 egyenesek által x 1
elhatárolt görbevonalú trapéz területével.
( ) 1
Innen egyből következik a bizonyítandó egyenlőség, azaz F z = −F (z 1 ) . 1 □ (3. eset) Ha z 1 , z 2 < 1 . Ekkor az egyes értékek reciprokai, azaz
beláttuk, hogy
F
( )
1 = −F (z 1 ) , z1
( ) ( ) 1
1
F
1 1 1 , , > 1 . A (2. eset)-ben z 1 z 2 z1⋅z 2
( )
1 = −F ( z 2 ) z2
és
F
( )
1 = −F ( z1⋅z 2 ) z1⋅z 2
( ) 1
valamint F z +F z = − F z ⋅z . 1 2 1 2 Megszorozva az egyenlőség mindkét oldalát (−1) -gyel megkapom a bizonyítani kívánt összefüggést, azaz F ( z1 )+F ( z2 ) = F ( z1⋅z 2 ) . 1
(4. eset) Ha z 1 > 1 , z 2 < 1 de z 1 ≠ z . Továbbá feltesszük, hogy tehát z 1 ⋅ z 2 > 1 2
1
A feltételből következik, hogy z > 1 . A korábban bizonyítottak miatt . 2 F ( z1 ⋅ z 2 ) + F
( ) (
)
1 1 = F z 1 ⋅ z 2⋅ = F ( z 1) . z2 z2
20
( ) 1
Ebből: F ( z1 ⋅ z 2 ) = F (z 1 ) − F z = F ( z1 ) + F (z 2 ) . 2
□
Ha z 1 ⋅ z 2 < 1 -et tesszük fel, akkor is hasonló módon látjuk be az összefüggést. Következésképpen az F ( z1 ) + F ( z 2 ) = F (z 1 ⋅ z 2 ) -et minden esetre beláttuk.
2.8. Probléma A következőkben az F ( z) függvény egyik fontos tulajdonságát bizonyítjuk be. γ Teljesül az F ( z ) = γ ⋅ F ( z ) , bármely γ esetén. A bizonyítást több lépésben
végezzük, így terjesztve ki értelmezését minden γ számra.
Megoldás: (1. eset) Ha n pozitív egész szám, F ( z n ) = n⋅F ( z) . Ebben az esetben a 2.7. Probléma eredményeként a közrefogási elv értelmében: 2
F ( z ) = F ( z)+F ( z ) = 2⋅F ( z) 3
2
F ( z ) = F (z )+F ( z) = 2⋅F ( z)+F ( z) = 3⋅F ( z) F ( z 4 ) = F ( z 3)+F ( z) = 4 F ( z) ⋮ n
F (z ) = F (z
n−1
)+ F ( z) = (n−1)⋅F (z )+ F ( z ) = n⋅F ( z)
□ (2. eset) Ha k nem negatív egész, F ( z k ) = k⋅F ( z) . Legyen k = −n , ahol n pozitív egész. Ekkor a hatványozási szabályok alkalmazása után az k
F (z ) = F
()
1 n n = −F ( z ) összefüggéshez jutunk. z
Tehát F (z k ) = −n⋅F ( z ) = k⋅F ( z) .
□
21
1 m
1
(3. eset) Ebben az esetben m egész szám, F ( z ) = m⋅F ( z ) . Ez könnyen adódik, 1 m
ha a (2. eset)-ben bizonyított formulában z -t elnevezzük z -nek. Ekkor ezt a 1 m
képletet kapjuk: F ( z) = m⋅F ( z ) , innen pedig a (2. eset)-ben bizonyítottak 1 m
szerint F ( z ) = 1 ⋅F ( z ) .
□
m
n m
(4. eset) Ha
tetszőleges racionális szám, teljesül az alábbi kapcsolat:
n m
n
n F ( z ) = ⋅F ( z) . Valóban teljesül, mivel F ( z m ) = F m
[( z ) ] = mn ⋅F (z ) 1 n m
(1. eset), illetve (3. eset)-ben leírtak szerint.
az □
(5. eset) Az alábbiakban azzal az utolsó lehetőséggel foglalkozunk, amikor γ tetszőleges γ irracionális szám esetén F (z ) = γ⋅F ( z) teljesül.
Hozzunk létre két olyan sorozatot, ami racionális számokból áll, azaz γ1 , γ2 , … , γ n , … valamint a γ1 ' , γ 2 ' , … , γ n ' , … -t.
□
E két sorozat elégítse ki a következő feltételeket: 0.
γn − γ < 0
1.
γn ' − γ > 0
2.
lim γn = lim γ n ' = γ n→∞
n→∞
Megjegyzés: A γ szám tizedes törtekkel való alsó közelítése γn , felső közelítése γn ' -ként tekinthető. A γn és a γn '
1 n pontossággal közelítik a γ számunkat. 10
22
Tudjuk, hogy a szóban forgó F ( z) függvény z változó növelésével nő. Tehát γ γ ' F ( z ) < F ( z γ) < F ( z ) . Továbbá tudjuk, hogy γn és γn ' racionális számok, azaz n
n
γ
γn ⋅ F ( z) < F ( z ) < γn ' ⋅ F ( z) , ez a (4. eset)-ből következik. γ
Innen γn <
F (z ) < γn ' következik, ezt továbbfejtve a Közrefogási elv végett: F ( z) γ
lim γn ⩽ n→∞
F (z ) ⩽ lim γn ' . F ( z) n →∞
γn = lim γ n ' A kezdeti feltételek közül a (3.pont)-ban foglaltak szerint mivel lim n→∞ n→∞
ezért teljesül a következő kapcsolat: γ
F(z ) =γ F ( z) γ
F (z ) = γ⋅F(z) .
Ez az a képlet, amit be szerettünk volna látni.
□
A későbbiekben ezt az F ( z) függvényt logaritmus függvénynek hívjuk.
Megjegyzés: Az (5. eset) levezetése után könnyű belátni, hogy az eddig F ( z) -ként említett függvény maga a ln (z ) . Amint azt a fentiekben beláttuk,
F ( z) = F (e
ln( z)
) = ln( z)⋅ F (e) = ln ( z) , mivel
F (e) = 1 az e szám definíciója szerint.
Tétel (közrefogási elv): Legyen (an ) egy olyan sorozat, amelyhez léteznek olyan ( xn ) és ( yn ) sorozatok, hogy 1. ∀ n ∈ ℕ+ : xn ⩽ an ⩽ y n , és 2. lim x n = lim y n : = A . Ekkor (an ) konvergens, és lim an = A .
23
Definíció ( Az e szám)
n
( )
Tekintsük az e n = 1 +
1 n
n ∈ℕ sorozatot. Megmutattuk a 3.2 és 3.3 Feladatok
során, hogy (en ) szigorúan monoton növekedő és felülről korlátos sorozat, ezért n →∞
n
( )
konvergens is. A lim 1 +
1 n
= : e . Ezzel a sorozattal legtöbbet Leonhard Euler
(1707-1783) foglalkozott. Ő vezette be az (en ) sorozat határértékére az e jelölést.
1 1 1 1 + + +… + (n ∈ℕ) szorzat 0! 1! 2! n! 1 1 1 1 + + +…+ =e . határértéke ugyanez az e szám, azaz lim 1! 2! n! n → ∞ 0!
Másrészt megmutatható az is, hogy az sn : =
(
)
2.9. Probléma Határozzuk meg annak a görbevonalú trapéznak a területét, amit az abszcissza tengely, az y=a x polinom, az ordináta tengely továbbá az x=c egyenes határol.
13. ábra
Megoldás: Ahogy azt már korábbi feladatoknál is alkalmaztuk, osszuk fel n egyenlő részre az abszcissza tengely azon szakaszát, mely a trapéz alapját képezi. Ezt nevezzük el OC szakasznak. A feladat szövege szerint ez c hosszú.
24
Minden kis szakasz hossza y=a
x
görbe
c n
2c n
1, a , a , ... , a
Ebből
beírt (n−1)⋅c n
következik,
(
c
c , az ezekre képzett kis téglalapjainak, valamint az n
téglalapjainak
magassága
a
következőképpen
alakul:
. hogy
2c
c S n = ⋅ 1+ a n + a n + ...+ a n
az
(n−1)⋅c n
S n -nel
jelölt
összes
téglalap
területösszege
).
A zárójelen belül egy mértani sorozat összege lelhető fel, melyet ki tudjuk fejezni c
c
a −1
c a −1 ezzel az összegképlettel: c . Innen S n = n ⋅ c . n n a −1 a −1 S Pontosan ez az n összeg végtelenben vett határértéke lesz a keresett ABCD
görbevonalú trapéz területe. c
c
c a −1 a −1 S=lim ⋅ c =lim . n→ ∞ n n→ ∞ n n ⋅( a −1) a n −1 c
Ennek kiszámításához a 3.6. Feladatának megoldása szükséges. Ez alapján
(
c
)
n 1 n 1 lim ⋅ a n −1 = ⋅lim n ⋅( √ a c−1 ) = ⋅ln ac = ln(a) . c n →∞ c n→∞ c
Ebből következik, hogy a keresett terület S =
a c−1 . ln a
□
2.10. Probléma Határozzuk meg annak a görbevonalú háromszögnek a területét, amelyet az abszcissza tengely, az x=c egyenes (ahol c>1 ), valamint az y=log a x görbe határolnak.
25
14. ábra
Első megoldás: y Felhasználva azt az összefüggést, ami szerint y=log a x átalakítható x=a -ná,
továbbá a 2.9. Probléma megoldásából könnyen adódik jelenlegi problémánk megoldása.
Itt
az
ABC
görbevonalú
háromszög
területét
kell
pontosan
meghatároznunk, ahol az OA=1 és OB=c . Ez a (14. ábráról) is könnyen leolvasható. Első lépésként az OACD trapéz területét kell kiszámolnunk. Könnyen látszik, hogy ez a trapéz ugyanolyan alakú, mint a (13. ábrán) látható trapéz, aminek a területét már meghatároztuk. Tehát az OACD görbevonalú trapéz, amelyet az x=a y görbe, az y=0 és az y=log a c egyenesek, továbbá az ordináta tengely határol, az előző feladat megoldása alapján S OACD =
a
loga a b
−1 b−1 területű. = ln a ln a
Azonban az ABC görbevonalú háromszög területe megkapható a két görbevonalú trapéz területének különbségéből. Azaz S ABC = S OBCD − S OACD . Ezután felírható, hogy S = b⋅log a b−
b−1 b⋅ log a b⋅ ln a−b+1 b⋅ ln b−b+1 = = . ln a ln a ln a
26
Megjegyzés: A 2.10.-es Problémát másképpen is meg lehet oldani, a 2.9.-es Probléma megoldásának felhasználása nélkül. A következőkben ezt a levezetést szemléltetjük.
Második megoldás: Osszuk fel az AB szakaszt n egyenlő részre úgy, hogy az alábbi jelölésekkel dolgozunk. OA=1, OB=d .
15. ábra
A felosztott szakaszaink rendre: (15. ábra)
OM 1 OM 2 OM 3 d = = =…= =r . 1 OM 1 OM 2 OM n−1
2, 3, n−1 n Mivel OM 1 =r , továbbfejtve OM 2 =r OM 3 =r … ,OM n−1 =r ,OB=r =d , ahol n
r =√ d (lásd a 2.4.-es Problémában).
Ezekből következik, hogy a téglalapok alapjai a következőképpen alakulnak: 2
r −1, r⋅(r −1) , r ⋅(r −1) , …, r
n−1
⋅(r−1) .
2 3 n A magasságuk pedig: log c r , log c r =2⋅log c r , log c r =3⋅log c r , … , log c r =n⋅logc r .
27
Innen könnyen adódik az OBC görbevonalú háromszögben látható téglalapok területösszege, azaz 2
S n =(r −1)⋅log c r + r⋅(r−1)⋅2⋅log c r + r ⋅(r −1)⋅3⋅logc r +… +r 2 n−1 =(r−1)⋅(1+2r+3r +…+n⋅r )⋅log c r
n−1
⋅(r−1)⋅n⋅log c r =
Következésképpen ennek az összegnek a végtelenben vett határértéke lesz a háromszög
területe. Az
összegben
fellelhetünk
2
egyszerűbben is leírhatunk. (1+2r+3r +…+n⋅r
egy n
összefüggést,
melyet
n
n⋅r r −1 )= − . r−1 (r−1)2
n−1
n
(r −1)⋅logc r Ezt visszaírva az összegképletbe, S n = n⋅r ⋅logc r− . r−1 n
1
Mivel r =√n d , ezt visszaírva: log c r= ⋅log c d , ezért S n =d⋅log d − 2
(d −1)⋅log c d n
n⋅(√ d −1)
.
n
De tudjuk, hogy lim n → ∞ n⋅( √ d −1)=ln(d ) , innen következik, hogy S=lim n →∞ S n =d⋅log c d −( d −1)⋅
log c d d −1 d⋅ln d −d +1 =d⋅log c d − = . n ln c ln c
28
□
Harmadik fejezet
A függvény alkalmazása néhány nevezetes határértékre 3.1. Feladat Lássuk be az alábbi összefüggést, feltéve, hogy p >−1 : p
p
p
1 + 2 +… + n 1 = . p+1 p +1 n →∞ n lim
Megoldás: Első lépésként meg kell határoznunk azt a görbe alatti területet, amit az abszcissza tengely, az x = d egyenes, illetve az y = x p p-edfokú parabola határol, ha p >−1 . Majd alkalmazzuk az eddig is gyakran használt módszert, osszuk fel az ON szakaszt n egyenlő részre.
Az így keletkezett pontokat jelöljük Q1, Q 2, … , Q n− 1 -gyel. Írjuk fel tehát az S n közelítő területösszeget: S n = h⋅[ h +( 2h) + …+(n⋅h) ] = h p
p
p
p +1
p p p ⋅(1 + 2 + …+ n ) , ha h =
d , azaz az ON n
szakasz felosztásával kapott h -hosszú szakaszok hossza. Így a kérdéses görbe alatti S terület megegyezik ennek a közelítő területösszegnek a határértékével n → ∞ -ben nézve.
Azaz S = lim
n→∞
d
p+1
p
p
⋅( 1 + 2 + …+ n n p+ 1
p
)
-nel. Ezt már kiszámoltuk a 2.5. Probléma
29
p+1
d megoldása során, következésképp S = . p+1
Innen könnyen levezethető, hogy a kezdeti feltételünket figyelembe véve (azaz p
p
p
1 + 2 +…+ n 1 = . p +1 p +1 n →∞ n
p >−1 esetén) lim
□
3.2. Feladat Lássuk be, hogy a következő számok monoton növekvő sorozatot alkotnak. 1
2
3
r
( )( )( ) ( )( 1 1 1+ ; 1+ 1 2
1 1 1 ; 1+ ;…; 1+ ; 1+ 3 r r +1
r+1
)
;…
Megoldás: A bizonyításhoz elég azt belátni, hogy r >s esetén teljesül:
[( ) ] [( ) ]
log 1+
A
1 r
r
> log 1+
logaritmus
1 s
s
.
függvény
azonosságai
végett
ez
megegyezik
az
alábbi
egyenlőtlenséggel:
( )
( ) Kiragadva ebből a ( ) -et, ez annak a görbevonalú r⋅log 1+
1 1 > s⋅log 1+ . r s
log 1+
1 r
területe, amelyet az abszcissza tengely, az x=1 , az x=1+
ABCD trapéznak a
1 1 valamint az y= r x
hiperbola határolnak.
( ) is, az
1 Hasonlóképpen ábrázolható a log 1+ s
30
AB ' C ' D alakzat területe.
16. ábra
Az ábra jelölései alapján T ABRQ > T ABCD valamint T BB ' SR > T BB ' C ' D . De tudom, hogy
( )
T AB ' C ' D=log 1+
( )
r⋅log 1+
1 s
, innen következik, hogy
( )
( )
1 1 1 ⋅r⋅log 1+ > log 1+ s r s
, azaz
( )
1 1 > s⋅log 1+ . r s
□
3.3. Feladat Lássuk be, hogy a következő számok monoton csökkenő sorozatot alkotnak. 2
3
r+1
( )( ) ( ) 1 1+ 1
1 1 ; 1+ ;…; 1+ 2 r
Megoldás: Az előző feladathoz hasonlóképpen a bizonyításhoz elég csupán azt belátni, hogy
[( ) ] [(
1 n>0 esetén teljesül, hogy: log 1+ r
r+1
Innentől a kettő különbségét vizsgáljuk. 31
1 > log 1+ r+1
) ]. r+2
[( ) ] [(
1 log 1+ r
r+1
1 − log 1+ r+1
) ] r+2
=
( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) . ( )] pontosan annak a görbevonalú trapéznak a trapéznak
1 1 − (r +2)⋅log 1+ = r r+1 1 1 1 = (r+1)⋅ log 1+ − log 1+ − log 1+ r r+1 r +1 = (r +1)⋅log 1+
[ ( )
A log 1+
1 1 − log 1+ r r+1
1 r
a területe, amelyet az abszcissza tengely, az x=1+ , az x=1+ valamint az y=
1 egyenesek, r +1
1 hiperbola határolnak. x
17. ábra
(
1 Ugyanígy levezethető, hogy a log 1+ x=1+
r +1
) pedig az abszcissza tengely, az x=1 , az
1 1 , továbbá az y= által meghatározott görbevonalú trapéz területe. r+1 x
32
Ha vesszük a BB ' C ' C trapézt, ennek területe nagyobb, mint a BB ' C ' M téglalapé,
)(
(
1 1 amié egyébként BB ' ⋅ B ' C ' = r − r+1 ⋅
[ ( ) (
)]
1 1 Azaz (r+1)⋅ log 1+ −log 1+ r r+1
1
)
2
( ).
1 r 1 = ⋅ = 1 r⋅(r +1) r+1 r+1 1+ r 2
( )
1 > (r +1)⋅ r+1
=
1 . r+1
Nyilvánvaló, hogy az ABCD görbevonalú trapéz területe kisebb, mint az ABND téglalapé, amiről azonban tudjuk, hogy AB⋅ AD=
(
1 Innen következik, hogy log 1+
r +1
)
<
1 . r+1
1 . r+1
Ezután összevetve a két egyenlőséget, megkapjuk, hogy
[( ) ] [(
1 log 1+ r
r+1
[ ( ) (
(r+1)⋅ log 1+
) ] )] (
1 −log 1+ r+1
1 1 − log 1+ r r +1
r+2
=
− log 1+
)
1 >0 r+1 .
Pont ezt szerettük volna belátni. Innen már egyszerű megmutatni, hogy a
3.2. Feladat sorozata alulról korlátos, ennek alsó korlátjának választhatjuk a 0 -át. Megállapítható, hogy mindkét sorozat (A 3.2. és 3.3. Feladat) határértéke megegyezik, és ez az e-szám.
3.4. Feladat n
Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges z esetén lim n → ∞
( )
z 1+ =e z ! n
Megoldás: (1.eset): Tegyük fel, hogy z>0 és vegyük azt a görbevonalú ABCD trapéz z n
területét, melyet az abszcissza tengely, az x=1 , az x=1+ , továbbá az y= hiperbola határolja. 33
1 x
18. ábra
A keresett trapéz területe az ABKD és ALCD téglalapok területe közé esik. Ezek területei
z 1 z −1 és ⋅ között van, amit a 3.3. Feladat megoldásával n z n 1+ n
magyarázhatunk. n
( )
z z z z z Innen következik, hogy >log 1+ > , azaz z>log 1+ > . n z n n z+n 1+ n
( )
[
( )]
Tegyük fel, hogy n → ∞ , ekkor log lim n →∞ 1+
z n
n
n
( )
= z , azaz lim 1+ r →∞
(2.eset): Hasonlóképpen vizsgáljuk az az esetet is, amikor z<0 .
34
z =e z . n
19. ábra
−z −z 1 −z ⋅ = Itt az ABKD területe n , az ALCD téglalapé . n z n−z 1−
n
( n)
z Ha z<0 , akkor az ABCD görbevonalú trapéz területe pedig −log 1+ . Az
utóbbi ábrából következik, hogy
( )
( )
−z z −z z z z <−log 1+ < ⇔
n
z 1−
z n
( )
z
[ ( )]
z Feltéve, hogy n → ∞ felírható, hogy log lim 1+ n →∞
n
n
=z avagy
n
( )
z lim 1+ =e z . Így beláttuk, ami bizonyítani akartunk. n n→∞
35
□
3.5. Feladat Határozzuk meg a következő határértéket! lim n⋅( √ a−1) . n
n→∞
Megoldás: Tekintsük azt az ABCD görbevonalú trapézt, melyet az abszcissza tengely, az x=1 , n
x=√ a egyenesek, valamint az
y=
1 x
hiperbola határolnak. Ennek a területe
1 n log √ a= ⋅log a . Azonban annak a görbevonalú trapéznak a területe, amelyet az n 1 1 x=1 , x=1+ ⋅ log a egyenesek, és az y= határolják, egyértelműen kisebb, mint n x 1 ⋅log a . Innen rögtön következik, hogy n
szemlélteti.
20. ábra
36
1 √n a>1+ ⋅log a , ezt a (20. ábra) n
Hasonlóképpen, ha az x=1 , x=
1 1 y= által határolt egyenesek, és az 1 x 1− ⋅log a n
görbe alatti terület nagyobb, mint az
1 1 alapú és 1− ⋅log a magasságú n 1 1− ⋅log a n
téglalap területe.
n
Tehát nagyobb, mint 1⋅log a . Innen következik, hogy √ a< n
1 1 1− ⋅log a n
.
1 ⋅log a 1 n 1 n −1= Azaz ⋅log a<√ a−1< , továbbfejtve a relációt: n 1 1 1− ⋅log a 1− ⋅log a n n log a
log a 1 1− ⋅log a . n
Végül az eddigiek alapján lim n⋅( √n a−1)=log a . n →∞
Ezt a feladatunk megoldása.
□
3.6. Feladat 37
Lássuk be az alábbi relációt tetszőleges pozitív n esetén.
√
n
()
4 n ⋅e⋅√ n⋅ 5 e
n
( ).
n < n!< e⋅√ n⋅ e
Megoldás: Vegyük az y=log x görbét valamint annak az n−2 darab egységnyi magasságú görbevonalú trapéz és egy görbevonalú háromszög területösszegét. A k. trapéz párhuzamos oldalai log k és log (k +1) . Ezért a kérdéses területösszeg pontosan: log … n +log (n −1) log 2 log 3+ log 2 log 4 +log 3 + + +…+ = 2 2 2 2 . 1 =log 2+log 3+…+ log (n−1)+ ⋅log n 2
22. ábra
Az itt vizsgált összegnél nyilvánvalóan nagyobb az abszcissza tengely, az y=log x görbe, és az x=n egyenes által meghatározott terület, melyet innentől T (n) -ként említünk. 1 2
(n) Azaz T > log 2+log3+…+log (n−1)+ ⋅log n .
A
reláció
kifejezések különbségét fogjuk vizsgálni, nevezzük K (n) -nek.
38
két
oldalán
lévő
[
1 2
]
(n) (n) A K :=T − log 2+log 3+…+log (n−1)+ ⋅log n különbség az n növelésével nő.
A következő lépésként írjuk fel annak az n−2 trapéznak a területösszegét, melyeket az x=k−0,5 valamint az x=k+0,5 egyenesek és az y=log x görbéhez az x=k pontba húzott érintők határolnak. Ahol 2 ⩽ k ⩽ (n−1) . Ehhez vegyük hozzá azt a trapézt is, amelyet az x=1 , x=1,5 egyenesek, és az y=log x görbéhez az x=1,25 pontba húzott érintő határol.
Valamint egy olyan téglalapot, aminek a magassága log n , az oldalai pedig rendre x=n−
1 és az x=n egyenesekre esnek. 2
23. ábra
Tudjuk, hogy a k. trapéz középvonala pontosan log (k +1) , valamint a hozzávett trapézé pedig log 1,25 . Innen a kapott alakzatunk területét megkaphatjuk. Nevezzük R(n) -nek.
39
[
]
1 1 5 (n) Ekkor R = log 2 + log 3 + …+ log ( n − 1) + 2 ⋅log n + 2 ⋅log 4 . Azonban tudjuk hogy, (n)
R >T
(n)
[
]
1 2
1 2
, tehát log 2 + log 3 + …+ log (n − 1) + ⋅log n + ⋅log 1 2
(n) Innen következik ez a reláció: K < ⋅log
5 > T ( n) . 4
5 . 4
A 2.10. Problémában T (n) értékét kiszámítottuk: T (n) = n⋅log n − n + 1 . Valamint felhasználva a log 2 + log 3 + …+ log n = log n! összefüggést is, hozzájutunk K (n) értékéhez.
(
)
1 K (n) = ( n⋅log n − n + 1 ) − log n! − ⋅log n = 2 n
K
(n)
( ) n
n
= log n − log e + 1 − log n!+ log √ n = log
n ⋅√ n +1 n n!⋅e .
-et közre tudom fogni a következőképpen: 0 < log
( ) ( √)
n n⋅√ n 1 5 + 1 < ⋅log n 2 4 n!⋅e n
n⋅ n − 1 < log n + 1 < log n!⋅e
√
5 −1 4
√
n!⋅e n 4 e> n > ⋅e 5 n ⋅√ n n
()
n e⋅√ n⋅ e
√
Ez pedig éppen a bizonyítani kívánt egyenlőtlenség.
n
()
4 n > n! > ⋅e⋅√ n⋅ 5 e
. □
3.7. Feladat Lássuk be, hogy az
n! n
()
n √ n⋅ e
hányados konvergens, feltéve, hogy n → ∞ , és
határértéke legyen c .
40
Megoldás: Az előző feladatból kiderült, hogy a keresett c szám
√
4 ⋅e és e között van. 5
Mindemellett azt is beláttuk, hogy a kérdéses K (n) monoton növekvő és felülről 1 2
(n) korlátos, mivel K < ⋅log
5 minden n -re. 4 1 2
Tehát lim K (n) = K , ahol az előzőek végett 0 < K < ⋅log n →∞
n: K
( n)
5 , hiszen tudjuk, hogy 4
>0 .
A 3.6. Feladat megoldásából tudjuk, hogy K
(n)
n
log n ⋅√ n = + 1 , ezért hogyha létezik n n!⋅e n
n!⋅e a K határérték, akkor létezik a keresett c = lim n is. n → ∞ n ⋅√ n
Ha vesszük a K -ra felírt korlátokat, láthatjuk, hogy c -re teljesülni fog a bizonyítani 4 5
kívánt egyenlőtlenség, azaz e > c > ⋅e .
□
3.8. Feladat Bizonyítsuk be, hogy a 3.7. Feladatban szereplő c szám √ 2 π -vel egyenlő.
Megoldás: (n) A c =
n! n
()
n √ n⋅ e
sorozat határértékének meghatározásához fel kell használnunk a
Wallis formulát. Ez a π szám közelítését adja.
Definíció: Legyen n ∈ ℕ , ekkor legyen (2⋅n)!! = 2⋅4⋅…⋅(2n − 2)⋅(2n) , illetve (2n + 1)!! = 3⋅5⋅…⋅(2n − 1)⋅(2n + 1) , melyeket szemi-faktoriálisnak szokás nevezni.
41
Tétel (Wallis formula): ( 2n)!! 2 2 4 4 2n 2n = π ; másképpen felírva: lim ⋅ ⋅ ⋅ ⋅…⋅ ⋅ =π 2 1 3 3 5 2n − 1 2n + 1 2 n → ∞ (2n − 1)!!⋅√ 2n + 1 n →∞
(
√
lim
)
Bizonyítás: Vizsgáljuk a sin x függvény hatványait. Ekkor igaz az alábbi reláció: 2n
(sin x) ⩾ (sin x)
2n + 1
⩾ (sin x)
2n + 2
, ha x ∈ 0 ; π .
[
2
]
Mivel ezen az intervallumon a sin x függvény csak [ 0 ; 1] közötti értéket vehet fel, ezért a hatványok értékei csökkenő vagy konstans lehet. Vegyük ezek integráltjait szintén az x ∈ 0 ; π intervallumon.
[
2
]
π 2
π 2
π 2
0
0
0
∫ (sin x)2n dx ⩾ ∫ (sin x)2n + 1 dx ⩾ ∫ (sin x)2n + 2 dx . A továbbiakban tekintsük a sin x függvény k. hatványának integráltját az x ∈ 0 ; π 2
[
intervallumon, feltéve hogy k ∈ ℤ . Ezt az integrált későbbiekben P k -ként említjük. π 2
π 2
π 2
P k = ∫ sin x dx = ∫ sin k
0
k −2
0
x⋅sin x dx = ∫ sin 2
k−2
2
x⋅( 1 − cos x ) dx =
0
π 2
π 2
= ∫ sin
k−2
x dx −∫ sin
⏟ 0
k −2
2
x⋅cos x dx
0
P k−2
π 2
π 2
k −2 x⋅cos x⋅cos ∫ sin k − 2 x⋅cos 2 x dx = ∫ sin ⏟ ⏟x = 0
0
u'
v
π 2
=
sin k −1 x 1 ⋅cos x + ⋅∫ sin k − 1 x⋅sin x = k −1 k −1 0 ⏟ k
sin x = P k k −1
sin x 1 = ⋅cos x + ⋅P k−1 k −1 k
42
.
]
Most vizsgáljuk csak P k értékét. k −1
sin x 1 Pk = Pk −2 − ⋅cos x − ⋅P k −1 k −1 k
( π 2 k 0
[P ]
1+
1 sin k − 1 x ⋅P k = P k − 2 − ⋅cos x k −1 k−1
)
[
k −1 = ⋅P k − 2 k
] [ π 2
0
k −1
k − 1 sin x − ⋅ ⋅cos x k k −1
]
π 2 0
.
Visszatérve a relációhoz, majd behelyettesítve a kiszámoltakat, hozzájutunk ehhez az összefüggéshez: (2n − 1)⋅(2n − 3)⋅…⋅1 π (2n + 1 − 1)⋅(2n + 1 − 3)⋅…⋅2 ⋅ ⩾ ⩾ 2n⋅(2n − 2)⋅… 2 2 (2n + 1)⋅(2n + 1 − 2)⋅…⋅3 ⩾
(2n + 2 − 1)⋅(2n + 2 − 3)⋅…⋅1 π ⋅ (2n + 2)⋅(2n + 2 − 2)⋅…⋅3 2
(2n − 1)⋅(2n − 3)⋅…⋅1 π 2n⋅(2n − 2)⋅…⋅2 (2n + 1)⋅(2n − 1)⋅…⋅1 π ⋅ ⩾ ⩾ ⋅ 2n⋅(2n − 2)⋅… 2 2 (2n + 1)⋅(2n − 1)⋅…⋅3 (2n + 2)⋅2n⋅…⋅3 2
Osszuk le az egyenlőtlenséget
(2n − 1)⋅(2n − 3)⋅… 1 -vel. 2n⋅(2n − 2)⋅…⋅2 2
(2n + 1) π π ⩾ [ 2n⋅(2n − 2)⋅…⋅2 ] ⩾ ⋅ . 2 2 (2n + 1)⋅[(2n − 1)⋅…⋅3 ] (2n + 2) 2
Alkalmazzuk a Közrefogási elvet! Mivel a reláció mindkét oldala π -höz tart, innen 2
2
[ 2n⋅(2n − 2)⋅…⋅2 ] → π. következik, hogy 2 2 (2n + 1)⋅[(2n − 1)⋅…⋅3 ] 2
[
]
1 2n⋅(2n − 2)⋅…⋅2 ⋅ =π ⇔ Végül lim (2n − 1)⋅(2n − 3)⋅…⋅3 2 n → ∞ 2n + 1 ⇔ lim
n→∞
2⋅2⋅4⋅4⋅…⋅2n⋅2n =π 1⋅3⋅3⋅5⋅…⋅(2n − 1)⋅(2n + 1) 2
Ezzel a formulát bebizonyítottuk.
□ 43
A továbbiakban alakítsuk át a kapott képletet: 2
n
4
(2⋅4⋅6⋅… 2n) (2 ⋅n!) π = lim = lim 2 2 n → ∞ (1⋅2⋅3⋅… 2n) ⋅(2n + 1) n → ∞ [(2n)!]2⋅(2n + 1) , 2n
√π =
avagy
lim n→∞
n
()
n n! = c ⋅√ n⋅ e (n)
√π =
lim n→∞
e
n →∞
n →∞
Tehát lim
n →∞
2n
( ) √
(2n )
2n + 1 ⋅ e
= c , továbbá lim
n →∞
n! n √ n⋅ e
n
()
n! n √ n⋅ e
n
()
, ezért helyettesítsünk az
értékekkel.
2n
()
(n) 2
2n ( 2n) c ⋅√ 2n⋅ e
(n)
2n
( )
és a (2n)! = c(2n )⋅√ 2n⋅ 2n n 2 ⋅( c ) ⋅n⋅ e
lim c = lim c
c(n) =
√
2n
Így
2
2 ⋅(n!) . Mivel 2n + 1 (2n)!⋅ 2
√
(c( n))
= lim n →∞
c
√
2
2n + 1 ⋅ n
(2n )
, azonban
2n + 1 = √2 . n n
( ).
, következésképpen minden nagy n -re n! ≈ √ 2 π n⋅
n e
2
c ⇔ c = √ 2⋅π Végül √ π = c⋅√ 2
□
3.9. Feladat Tekintsük a következő számot, majd bizonyítsuk be, hogy bármely n -re 0 < γ n < 1 : γn = 1 +
1 1 1 1 + + + …+ − log n 2 3 4 n −1
Megoldás: Vegyünk egy olyan ABCD görbevonalú trapézt, amelyet az y =
1 , az x = 1 , x = n x
határolnak. Ennek az alakzatnak a területe pontosan log n . Alkalmazva a szokásos
44
eljárást, megkapjuk, hogy az egységnyi oldalú, de rendre 1 ;
1 1 1 ; ;…; 2 3 n −1
magasságú téglalapok területösszege nagyobb, mint log n .
24. ábra
1 2
1 3
Tehát 1 + + + …+
1 1 1 1 > log n ⇔ γn = 1 + + +…+ − log n > 0 . n −1 2 3 n−1
Ezután vegyük azokat a téglalapokat, melyeknek területösszege alulról becsli a görbe alatti területünket. Azaz az egységnyi oldalú, de rendre téglalapok területösszege természetesen kisebb, mint log n .
45
1 1 1 ; ; … ; magasságú 2 3 n
1 2
1 3
Következésképpen felírható, hogy log n > + + …+ γn = 1 +
1 , azaz . n
1 1 1 1 + +…+ − log n < 1 − . 2 3 n−1 n
Így bármilyen n -re 0 < γ n < 1 .
□
3.10. Feladat Továbbra is a 3.9. Feladat által bemutatott speciális számot vizsgáljuk, mely szerint . 1 1 1 γn = 1 + + + …+ − log n . 2 3 n−1
Bizonyítsuk be, hogy a γn sorozat konvergens, feltéve, hogy n → ∞ .
Megoldás: A 3.9. Feladat eredményét felhasználva megállapíthatjuk, hogy a γn sorozat felülről korlátos, tehát elég azt belátni, hogy emellett monoton növekszik. Ez azonban egyértelmű, hiszen a γn pontosan a (23.ábrán) látható y =
1 görbén túllógó terület, x
ez pedig n értékének növelésével nő. Miután a felülről korlátosság adott volt, a monoton növekedést pedig beláttuk, ezekből már következik, hogy a sorozat konvergens.
□
Megjegyzés:
(
1 2
1 3
Ez utóbbi két feladatból következik, hogy γ = lim 1 + + +…+ n→∞
)
1 − log n , n−1
és ez γ szám az Euler állandó. Másnéven Euler-Mascheroni kontansnak is nevezik, értéke megközelítőleg 0,5772156649 ... , azonban máig nem ismert, hogy racionális vagy irracionális szám.
46
3.11. Feladat Bizonyítsuk be, hogy p > 1 esetén az 1 +
1 1 1 + p +…+ p összeg konvergens, p 2 3 n
feltéve, hogy n → ∞ . Mutassuk meg, hogy a c határérték
1 p és között van. p −1 p −1
Megoldás: A megoldás menete hasonlóan alakul a 3.9. és a 3.10. Feladatéhoz. Vegyük azt a görbevonalú trapézt, amit az abszcissza tengely, az x = 1 , x = n egyenesek, továbbá az y =
1 görbe fog közre. xp
26. ábra
Nevezzük el a következő sorozatot h p -nek. 1 1 1 h p = 1 + p + p +…+ p > 2 3 h
n +1
∫ 1
[
1 x− p+ 1 dx = − p+1 xp
47
n+ 1
]
1
− p +1
(n + 1) = −p +1
−
1 − p+1
Vegyük most a görbe alatti terület téglalapokra történő felosztását az ordináta tengelytől kiindulva.
27. ábra
Ekkor n
[
]
n
1 1 1 1 x− p+ 1 n−p + 1 1 h p = 1 + + +…+ p < 1 +∫ p dx = 1 + =1+ − 2 3 − p+1 1 − p+1 −p+1 h 1 x 1 1 1 1 1 1 − < hp < 1 − + p − 1⋅ < p −1 ⋅ 1− p 1− p 1− p n 1− p (n + 1) <1−
1 1 − p −1 p = = 1− p 1− p p −1
1 1 1 p − < hp < p − 1⋅ p−1 n+1 p−1 p −1 ∞
1 1 p <∑ p< ; ha n → ∞ p − 1 n =1 n p−1
□
48
Megjegyzés: Néhány érdekesség a 3.11. Feladat alkalmazásával kapcsolatban: ∞
1. ) p = 2 :
1⩽∑
n =1
1 2 ⩽ . n2 1 ∞
Azonban Euler számításai alapján a pontos érték:
∑ n12 = π6
2
.
n=1
∞
2.) p = 4 :
1 4 ⩽ . 4 3 n=1 n
1⩽ ∑
∞
Euler írásai alapján a pontos érték:
π . ∑ n14 = 90 4
n=1
3.) Azonban egy máig megoldatlan problémába ütközünk, ha ∞
szeretnénk megkapni a
∑ n1p
pontos értékét.
n=1 ∞
1 1 3 ⩽ ∑ 3 ⩽ , de nincs olyan E egész szám, amelyre 2 n=1 n 2
49
∞
∑ n13 = πE
n=1
3
.
p = 3 esetén
Negyedik fejezetben
A logaritmus alkalmazása az élet különböző területein A gyakorlati helyzetekben olyan adatrendszert, amelyben kicsi ( 0 és 10 közé esők), közepes ( 10 3
és
5
10
közöttiek), és nagy számok ( 106 és
9
10
közé
esők) szerepelnek, összesűríthetőek rövid skálára is. A kapcsolat úgy is értelmezhető, mint a fizikai mennyiségek (mint például hangmagasság, hangerősség, stb) által keltett fizikai érzet arányos a fizikai jel (teljesítmények) logaritmusával. Ez indokolja a különböző logaritmus skálák bevezetését. Ilyen a decibel-skála, melynek
legnagyobb
előnye,
hogy
szélsőségesen
nagy
és
kicsi
értékek
összehasonlítását is lehetővé teszi. Továbbá az, hogy a decibel logaritmikus skálája megfelel az emberi hallószerv működésének. A Richter-skála a földrengés erősségének megfigyelésén alapuló ú.n. Richtermagnitudót adja meg. Ez a mérőszám a földrengés fészkében felszabaduló energia logaritmusával arányos. Egy másik területként említhetjük a radioaktív izotópokkal kapcsolatos számításokat. Nagy hasznát veszik a tudósok a logaritmusnak a radioaktív anyagok bomlási idejének számításánál. Vegyük például a 14 tömegszámú szénizotópot, amely ugyan radioaktív, de az élő szervezetben is megtalálható. Tehát a 14C izotóp kimutatható a régészeti leletekből, így ennek ismeretében kiszámítható a kora. 50
Az egyik legnagyobb sikere a logaritmikus kormeghatározási módszernek az 1988ban a torinói lepel (Jézus halotti leple) korának meghatározása volt. Végezetül a társadalomtudomány, a biológia, a közgazdaságtan, és számos más tudományág számításaiban is fellelhető a logaritmus, melynek hasznosságát már az ókorban is felismerték a kamatos kamat számításnál. Bár
magával
a
függvénnyel
közvetlenül
csak
speciális
feladatok
során
találkozhatunk, mégis az élet, a tudomány rengeteg részén fellelhető, és nélkülözhetetlen.
51
Köszönetnyilvánítás
Ezúton szeretném megköszönni elsősorban témavezetőmnek, Mezei Istvánnak a szakdolgozatom elkészítése során nyújtott szakmai tanácsait, inspiráló szavait; valamint Szüleimnek és Nagyszüleimnek, hogy lehetővé tették számomra felsőfokú tanulmányaim elvégzését. Külön fejezem ki köszönetemet Nagypapámnak, aki az egyetemi éveimet kivételes figyelemmel kísérte, és olykor szigorú, de lelkesítő szavaival támogatott.
52
Irodalomjegyzék
[1]
Hortobágyi István: Elemi matematika IV. Tankönyvkiadó, 1978
[2]
Juhász István, Orosz Gyula, Paróczay József, Dr Simon Judit: Az érthető matematika Nemzeti Tankönyvkiadó, 2011
[3]
Kósa András, Mezei István, S. Gyarmati Erzsébet: Analízis Példatár Műszaki Könyvkiadó, 1986
[4]
Kósa András: Ismerkedés a matematikai analízissel Műszaki Könyvkiadó, 1981
[5]
Dr Szép Jenő: Analízis Közgazdasági és Jogi Könyvkiadó, 1965
[6]
Dr Vas Györgyné: Hétjegyű logaritmus Nehézipari Könyvkiadó, 1967
[7]
http://en.wikipedia.org/wiki/Richter_scale
[8]
http://en.wikipedia.org/wiki/Decibel
[9]
http://en.wikipedia.org/wiki/Logarithm
[10]
http://en.wikipedia.org/wiki/Exponentiation
[11]
http://www.tankonyvtar.hu/hu/tartalom/tkt/oxford-typotex- fizikai/ch02s14.html
[12]
http://www.bethlen.hu/matek/mathist/forras/Logaritmus_definicioja.htm
[13]
http://www.komal.hu/cikkek/kg/e/e.h.shtml
[14]
http://ttk.pte.hu/ami/phare/tortenet/logaritm.html
53
Nyilatkozat Név: Lebanov Dóra Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Matematika szak Bsc Neptun azonosító: ARPZK3 Szakdolgozat címe: A logaritmus függvény bevezetése és alkalmazásai
A szakdolgozat szerzőjeként fegyelmi felelősségem tudatában kijelentem, hogy a dolgozatom önálló munkám eredménye, saját szellemi termékem, abban a hivatkozások és idézések standard szabályait következetesen alkalmaztam, mások által írt részeket a megfelelő idézés nélkül nem használtam fel.
Budapest, 2014.01.03.
______________________________ a hallgató aláírása
54
