F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
IV.2.
Matematika I. gyakorlat
Megold´ asok
1. an → A ⇔ b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n>N eset´en |an −A| < ε.
an − A → 0 ⇔ b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n > N eset´en |(an − A) − 0| < ε.
A k´et defin´ıci´obeli felt´etel ugyanazt jelenti (az egyenl˝ otlens´eg mindkett˝ oben |an − A| < ε), ez´ert an → A ⇔ an − A → 0.
2. an → 0 ⇔ b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n>N eset´en |an − 0| < ε.
|an | → 0 ⇔ b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n∈N, n>N eset´en ||an | − 0|<ε. A k´et defin´ıci´o felt´etele ugyanakkor teljes¨ ul (mert az egyenl˝ otlens´eg mindkett˝ oben 0 ⇔ |an | → 0.
|an | < ε), ez´ert
an →
3. an → 0 ⇔ b´ armely ε ∈ R+ sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n>N eset´en |an − 0| < ε. Pozit´ıv tag´ u sorozatra |an − 0| < ε ⇔ an < ε.
bn → +∞ ⇔ b´ armely K ∈ R sz´ amhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n>N eset´en bn > K.
Az ut´obbi defin´ıci´oban elegend˝o a felt´etelt pozit´ıv K sz´amokra megk¨ ovetelni, hiszen b´ armelyik pozit´ıv sz´amnak megfelel˝o N k¨ usz¨ obindex megfelel minden negat´ıv K konstansnak is.
1 eset´en is van olyan ab´ol k¨ovetkezik, hogy ε := K an → 0 ⇒ a1n → +∞ : Legyen K ∈ R+ . an → 0 defin´ıci´oj´ 1 1 N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n ∈ N, n > N eset´en an < K ⇒ an > K. Ez mutatja, hogy a1n → +∞. 1 an
→ +∞ ⇒ an → 0 : Legyen ε ∈ R+ . hogy minden n ∈ N, n > N eset´en a1n >
:=
1 ε
eset´en is van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex,
1 n2
→ 0. 1 1 <ε ⇔ n2 − 0 < ε ⇔ n2 h i usz¨ obindex sz´ amhoz N := √1ε alkalmas k¨
4. Megmutatjuk, hogy
Teh´at az ε ∈ R+
1 ıci´oj´ aban K an → +∞ defin´ 1 ´ ε ⇒ an < ε. Igy an → 0.
1 √ < n, ε 1 n2
n ∈ N, ε ∈ R+ .
→ 0 defin´ıci´oj´ aban.
5. (a) Ha q = 0, akkor 0n → 0. Ha 0 < |q| < 1, akkor a Bernoulli-egyenl˝ otlens´eg szerint minden n ∈ N eset´en n n 1 1 1 1 = 1+ −1 −1 >n −1 ≥1+n |q| |q| |q| |q| Legyen h :=
1 |q|
− 1, akkor h > 0 ´es 0 < |q|n <
1 1 · . h n
Mivel 0 → 0, h1 · n1 → 0, ez´ert a k¨ozrefogott sorozat is 0-hoz tart, azaz |q n | = |q|n → 0. A IV. 2. feladat szerint k¨ovetkezik q n → 0.
(b) A II. 11. feladat szerint a ∈ R, a > 1 eset´en
√ a−1 n a<1+ , n √ ıgy a k¨ozrefog´asi elv szerint n a → 1. 1 → 1 ´es 1 + a−1 n → 1, ´ A 0 < a < 1 eset pedig visszavezethet˝o az el˝oz˝ore: a1 > 1 ´es 1<
√ 1 n a= q n
1 a
(c) A II. 7. feladat szerint √ 1< nn<1+ 1 → 1 ´es 1 +
q
2 n
→ 1, ´ıgy a k¨ozrefog´asi elv alapj´an
√ n
→
r
n ∈ N.
1 = 1. 1
2 , n
n → 1.
n ∈ N.
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
Matematika I. gyakorlat
(d) Minden p´ aros eg´esz n-re n! = 1 · 2 . . .
n n n n n n −1 · · + 1 . . . (n − 1) · n > 1| · 1{z. . . 1} · · . . . · · , 2 2 2 2 2 {z 2 2} n −1 db |
n
ez´ert
2
n! >
Minden p´ aratlan eg´esz n-re n! = 1 · 2 . . .
n−1 2
n n2 2
db
.
n+1 n n n n · . . . (n − 1) · n > 1| · 1{z. . . 1} · · . . . · · , 2 2 2 | {z 2 2} n−1 db n! >
Mindk´et esetben
√ √2 n
2
≥
2
´ıgy
Mivel 0 → 0,
n n2 +1
n 2 +1
n n+1 2 2
≥
n n2 2
n+1 2
db
.
n 21 √ n n! > , 2 √ 1 2 0< √ < √ . n n n! → 0, ez´ert a k¨ozrefogott sorozatra
1 √ n n!
→ 0.
6. (a) Ha a > 1, akkor a binomi´alis t´etel szerint minden n ∈ N, n > 1 eset´en n(n − 1) n n n a = (1 + (a − 1)) > (a − 1)2 = (a − 1)2 . 2 2 Ebb˝ol 0< 1 n−1
Nyilv´ an
→ 0, ´ıgy a k¨ozrefogott sorozatra
(b) B´armely n ∈ N eset´en
Mivel k
n an
√ k a > 1, ez´ert
(
2 1 n < · . n 2 a (a − 1) n − 1 n an
→ 0.
n n n nk = √ · √ · ...· √ an ( k a)n ( k a)n ( k a)n n √ k a)n
→ 0 az (a) r´esz szerint. k darab 0-hoz tart´o sorozat szorzata is 0-hoz tart, teh´at
→ 0.
(c) Van olyan k ∈ N, hogy a < k. Legyen n ∈ N, n > k.
Legyen L :=
a 1
·
a 2
an a a a a a a = · · ...· · · ...· · . n! 1 2 k k+1 n−1 n
· · · ak . A k sz´ am v´alaszt´asa miatt
a a < 1, . . . , <1 k+1 n−1 Mivel
La n
(d)
→ 0, a k¨ozrefogott sorozatra 0<
1 n
7. (a)
√1 2
n! nn
→ 0.
miatt (sin π4 )n = ( √12 )n → 0 a IV.5. (a) feladat szerint, ahol q :=
3π n n (c) sin 3π divergens. 2 = −1 miatt (sin 2 ) = (−1)
(d) (e)
2n 3n +10 n 2n
=
an a
→ 0.
= ( 31 )n → 0 a IV.5. (a) feladat szerint, ahol q := 13 .
(b) sin π4 =
0<
1 2 n−1 n 1 1 n! = · ·... · · ≤ · 1 ·1 · ...· 1 = . nn n n n n n n
→ 0, ´ıgy a k¨ozrefogott sorozatra
1 3n
an n!
⇒
( 32 )n 1+10·( 31 )n
→
0 1+10·0
= 0 a IV.5. (a) feladat szerint.
→ 0 a IV.6. (a) feladat szerint, ahol a := 2.
√1 . 2
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
Matematika I. gyakorlat
1 > 1. → 0 a IV.6. (a) feladat szerint, ahol a := 0,999 √ (g) A IV.5. (b) feladat szerint n 5 → 1, ahol a := 5. q q √ n √ √ (h) n 2n + 1000 = n 2n 1 + 1000 · ( 21 ) = 2 n 1 + 1000 · ( 12 )n ⇒ 2 < n 2n + 1000 < 2 n 1001. √ √ A IV.4. (b) feladatot a := 1001-re alkalmazva kaphat´o n 1001→1, ez´ert a k¨ozrefog´asi elv miatt n 2n + 1000→2. √ √ √ √ √ (i) 5 = n 5n = n 2n + 5n < n 2 · 5n = 5 n 2. A√IV.5. (b) feladat szerint n 2 → 1, ´ıgy mindk´et k¨ozrefog´o sorozat 5-h¨ oz tart. V´eg¨ ul a k¨ozrefog´asi elv alapj´an n 2n + 5n → 5. √ √ n (j) n2 = ( n n)2 → 12 = 1 a IV.5. (c) feladat szerint. q 1 1 (k) n n12 = √ n 2 → 1 = 1 a (j) feladat szerint. n
(f) n · 0,999n =
n 1 ( 0,999 )n
(l) A sz´aml´al´ot ´es a nevez˝ot is elosztva a nevez˝oben szerepl˝ o legmagasabb n-hatv´ annyal 4 7 2 2 − n + n2 2n − 4n + 7 2 2−0+0 = = . → 5 5 + 3n2 0 + 3 3 + 3 n2 2
( 4 )n + 5nn 0+0 22n + n2 4 n + n2 → (m) n = n = 5 = 0 a IV.5. (a) ´es a IV.6. (b) feladatok miatt. 5 −n 5 −n 1 − 5nn 1−0 8. a1 ≈ 0,999, a2 ≈ 1030 , a3 ≈ 5 · 1047 . 9. Tetsz˝oleges C ∈ R sz´ amra an :=
→ 0 ´es bn :=
1 n
→ 0, tov´abb´a
an bn
= C → C.
1 en pedig abnn = (−1)n , ami divergens. n → 0 eset´ √ √ √ √ √ √ √ √ n)( n+1+ n) 1 √ √ √ n + 1 − n = ( n+1− = √n+1+ → 0, mert n + 1 + n → +∞. n+1+ n n 1 √ (A v´ege r´eszletesebben: 0 < √n+1+ < 2√1 n ´es 2√1 n → 0, ´ıgy a k¨ozrefog´asi elvet n 1 √ √ → 0.) n+1+ n
an := 10. (a)
(−1) n
n
C n
A IV.6 (b) feladat szerint lim an = 0, ahol k := 100 ´es a := 1,001.
→ 0 ´es bn :=
felhaszn´alva kaphat´o
√ √ √ √ √ n n < n n + 1 ≤ n 2n = n 2 n n. √ √ A IV.5. (b) ´es (c) feladatok szerint n 2 → 1 ´es n n → 1, ez´ert mindk´et k¨ozrefog´o sorozat 1-hez tart, teh´at a √ k¨ozrefog´asi elv alapj´ an n n + 1 → 1. Pn n(n+1) , amib˝ol k¨ovetkezik (c) A II.3. (b) feladat ´ all´ıt´ asa k=1 k = 2
(b)
n 1 X n+1 1 1 1 1 n(n + 1) = = + → . k= 2· n2 n 2 2n 2 2n 2 k=1
n 1 1 1 (d) 1 − n = 1 − n · n2 ≤ 1 − 2 < 1. n A bal oldali egyenl˝ otlens´eg a Bernoulli-egyenl˝ n otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, m´ıg a jobb oldali nyilv´anval´o. Mindk´et k¨ozrefog´o sorozat 1-hez tart, ez´ert 1 − n12 → 1. n2 ≥ 1 + n2 · n1 = 1 + n. Mivel 1 + n → +∞, a k¨ozrefog´asi elv (e) A Bernoulli-egyenl˝ otlens´eg alapj´ an 1 + n1 2 n szerint 1 + n1 → +∞.
11. (a) Ha a = 0, akkor an → 0 defin´ıci´oj´ ab´ol tetsz˝ oleges pozit´ıv ε sz´amhoz (a defin´ıci´ot ε2 -re alkalmazva) k¨ovetkezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex l´etez´ese, amelyre minden n > N eset´en an = |an − 0| < ε2 . Ez´ert √ √ √ | an − 0| = an < ε2 = ε, √ √ teh´at an → 0 = 0. Ha a > 0, akkor an → a defin´ıci´oj´ ab´ol (ε := a2 -re alkalmazva) k¨ovetkezik olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex l´etez´ese, amelyre minden n > N1 eset´en r √ a a a |an − a| < an > ⇒ an > ⇒ . 2 2 2 √ usz¨ obindex l´etez´es´et Legyen most ε tetsz˝ oleges pozit´ıv sz´ am. A defin´ıci´o √2a ε v´alaszt´asakor olyan N2 ∈ N k¨ biztos´ıtja, amelyre minden n > N2 eset´en |an − a| < 2a ε. Ha n mindk´et k¨ usz¨ obindexn´el nagyobb, akkor √ √ √ |an − a| 2a ε √ < p a p a = ε, | an − a| = √ an + a 2 + 2 √ √ ´ıgy val´oban an → a.
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
Matematika I. gyakorlat
(b) a = 0 eset´en an → 0 miatt tetsz˝ oleges pozit´ıv ε sz´amhoz (a defin´ıci´ot ε3 -re alkalmazva) k¨ovetkezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex l´etez´ese, amelyre minden n > N eset´en |an | = |an − 0| < ε3 . Ekkor √ p √ 3 | 3 an − 0| = 3 |an | < ε3 = ε, √ √ azaz 3 an → 0 = 3 0. a > 0 eset´en az (a) r´eszhez hasonl´ oan van olyan N1 ∈ N k¨ usz¨ obindex, amelyre minden n > N eset´en r √ a a a 3 ⇒ an > ⇒ |an − a| < an > 3 . 2 2 2 p Legyen ε tetsz˝ oleges pozit´ıv sz´ am. an → a defin´ıci´oja a 3 ( 3 a2 )2 ε pozit´ıv sz´am v´alaszt´asakor olyan N2 ∈ N p k¨ usz¨ obindex l´etez´es´et biztos´ıtja, amelyre minden n > N2 eset´en |an − a| < 3 ( 3 a2 )2 ε. Ha n mindk´et k¨ usz¨ obindexn´el nagyobb, akkor p 3 ( 3 a2 )2 ε √ √ |an − a| 3 3 p p √ = ε, < p | an − a| = √ √ √ ( 3 an )2 + 3 an 3 a + ( 3 a)2 ( 3 a2 )2 + ( 3 a2 )2 + ( 3 a2 )2 √ √ teh´at 3 an → 3 a. a < 0, an → a eset´en pedig −a > 0, −an → −a. Az im´ent bizony´ıtottak miatt √ √ √ √ √ √ 3 3 −an → 3 −a ⇔ − 3 an → − 3 a ⇔ an → 3 a. 12. Ha an → a, akkor az ε :=
1−|a| 2
pozit´ıv sz´ amhoz is van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex, hogy minden n > N eg´eszre
|an − a| <
1 − |a| 2
⇔
−
1 − |a| 1 − |a| < an − a < . 2 2
Ebb˝ol kaphat´o −
1 − |a| 1 − |a| 1 + |a| 1 + |a| ≤− + a < an < +a≤ 2 2 2 2
´Igy minden n > N eg´eszre 0 ≤ |ann | = |an |n <
1 + |a| 2
n
⇒
|an | <
1 + |a| < 1. 2
,
´es a k¨ozrefog´o sorozatok 0-hoz tartanak, ez´ert |ann | → 0, ami ekvivalens azzal, hogy ann → 0. n s 2n √ 1 1 13. (a) 1 + = → e, 1+ 2n 2n n mert a gy¨ ok alatti sorozat a p´ aros index˝ u r´eszsorozata az e-hez tart´o 1 + n1 sorozatnak.
(b) A sorozat szigor´ uan monoton n˝ o, ami a sz´amtani ´es a m´ertani k¨oz´ep k¨ozti egyenl˝ otlens´eggel mutathat´ o meg (n db 1 + n3 -re ´es egy db 1-esre alkalmazva): s n n n+1 n 1 + n3 + 1 3 3 n+4 3 3 n+1 1+ ·1 < < 1+ . = =1+ ⇔ 1+ n n+1 n+1 n+1 n n+1 Minden monoton n¨ ov˝ o sorozatnak van hat´ar´ert´eke, ´es azonos b´ armely r´eszsorozat´anak hat´ar´ert´ek´evel. A 3n index˝ u r´eszsorozatra 3n n 3 3 1 1+ = 1+ → e3 , 3n n ez´ert a feladatbeli sorozat hat´ ar´ert´eke is e3 .
(c) Ez a sorozat is szigor´ uan monoton n˝ o: s n 3 n 1 + 2n +1 3 3 n+1 ·1 < =1+ 1+ 2n n+1 2(n + 1)
⇔
n n+1 3 3 < 1+ , 1+ 2n 2(n + 1)
tov´abb´a a 3n index˝ u r´eszsorozat´ara az (a) r´esz eredm´eny´et felhaszn´alva 3n n 3 √ 3 1 3 1+ = 1+ → ( e)3 = e 2 , 2 · 3n 2n 3 n 3 ez´ert 1 + 2n → e2 .
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
(d)
n (n − 1)n 1 = = 1− n nn
1 nn (n−1)n
Matematika I. gyakorlat
=
1 1+
n−1 1 n−1
1+
1 n−1
→
A sorozat egy´ebk´ent szigor´ uan monoton n˝ o, mert s n n 1 − n1 + 1 1 n 1 n+1 1− = =1− ·1 < n n+1 n+1 n+1 n+1 (n + 1)n+1 1 = = 1+ n nn+1
1
1
1 1 = . e·1 e
⇔
n n+1 1 1 1− < 1− . n n+1
1 = e a (d) r´esz ´all´ıt´asa alapj´an. 1/e 1− n+1 1 Ez a sorozat szigor´ uan monoton cs¨ okken, mert az 1 − n+1 sorozat szigor´ uan monoton n˝ o. n → ex . A sorozat egy indext˝ol kezdve szigor´ uan Megjegyz´es. Igazolhat´ o, hogy b´ armely x ∈ R eset´en 1 + nx monoton n˝ o: r n 1 + nx + 1 x n n+x+1 x n+1 1+ ·1< = =1+ n n+1 n+1 n+1 n+1 x x n < 1+ , ha n ≥ x. ⇔ 1+ n n+1
(e)
nn+1 (n+1)n+1
=
n+1 1 n+1
→
14. (a) (an ) nemnegat´ıv tag´ u sorozat. Szigor´ uan monoton n˝ o, ami teljes indukci´oval igazolhat´o: p√ √ √ √ 2 + 2 = a2 , m´asr´eszt an < an+1 ⇒ an+1 = an + 2 < an+1 + 2 = an+2 . a1 = 2 < Fel¨ ulr˝ ol korl´atos, mert pl. 2 fels˝o korl´atja. Ez is bel´athat´o teljes indukci´oval: √ √ √ a1 = 2 ≤ 2 ´es an ≤ 2 ⇒ an+1 = an + 2 ≤ 2 + 2 = 2. (an ) monoton ´es korl´atos, ez´ert konvergens. Legyen a := lim(an ). A rekurzi´o hat´ar´ert´ek´et k´epezve √ √ an+1 = an + 2 ⇒ a = a + 2 ⇒ a2 − a − 2 = 0 ⇒ a = 2 vagy a = −1. (an ) nemnegat´ıv tag´ u sorozat, ez´ert a hat´ar´ert´eke is nemnegat´ıv, teh´at lim(an ) = 2. (b) A sorozat nemnegat´ıv tag´ u ´es szigor´ uan monoton n˝ o, ami most is megmutathat´ o teljes indukci´oval: p √ √ b1 = 2 < 8 = b2 , m´asr´eszt bn < bn+1 ⇒ bn+1 = bn + 6 < bn+1 + 6 = bn+2 . Fel¨ ulr˝ ol korl´atos, mert pl. 3 fels˝o korl´atja: √ √ b1 = 2 ≤ 3 ´es bn ≤ 3 ⇒ bn+1 = bn + 6 ≤ 3 + 6 = 3. (bn ) monoton ´es korl´atos, ez´ert konvergens. Legyen b := lim(bn ). A rekurzi´o hat´ar´ert´ek´et v´eve p √ bn+1 = bn + 6 ⇒ b = b + 6 ⇒ b2 − b − 6 = 0 ⇒ b = 3 vagy b = −2. A nemnegat´ıv tag´ u (bn ) sorozat hat´ ar´ert´eke is nemnegat´ıv, ´ıgy lim(bn ) = 3.
(c) (cn ) nemnegat´ıv tag´ u sorozat. Szigor´ uan monoton n˝ o, mert c1 = 1 < 23 = c2 , valamint 0 ≤ cn < cn+1 ⇒ c2n < c2n+1 ⇒ cn+1 = 61 (c2n + 8) < 61 (c2n+1 + 8) = cn+2 . Fel¨ ulr˝ ol korl´atos, mert pl. 2 fels˝o korl´atja: c1 = 1 ≤ 2 ´es cn ≤ 2 ⇒ cn+1 = 16 (c2n + 8) ≤ 61 (22 + 8) = 2. (cn ) monoton ´es korl´atos, amib˝ ol k¨ovetkezik, hogy konvergens. Legyen c := lim(cn ). A rekurzi´o hat´ar´ert´ek´et k´epezve cn+1 =
1 2 (c + 8) 6 n
⇒
c=
1 2 (c + 8) 6
⇒
c2 − 6c + 8 = 0
⇒
c = 2 vagy c = 4.
A (cn ) sorozat egyik fels˝o korl´atja 2, ez´ert a hat´ar´ert´eke is legfeljebb 2, ´ıgy a k´et lehet˝os´eg k¨oz¨ ul lim(cn ) = 2. (d) (dn ) nemnegat´ıv tag´ u sorozat. Szigor´ uan monoton cs¨okken: = d , valamint d > dn+1 ≥ 0 ⇒ d2n > d2n+1 ⇒ dn+1 = 16 (d2n + 8) > 61 (d2n+1 + 8) = dn+2 . d1 = 3 > 17 2 n 6 Alulr´ ol korl´atos, mert pl. 2 als´o korl´atja: d1 = 3 ≥ 2 ´es dn ≥ 2 ⇒ dn+1 = 16 (d2n + 8) ≥ 61 (22 + 8) = 2. (dn ) monoton ´es korl´atos, ez´ert konvergens. Legyen d := lim(dn ). A rekurzi´o hat´ar´ert´ek´et k´epezve dn+1 =
1 2 (d + 8) 6 n
⇒
d=
1 2 (d + 8) 6
⇒
d2 − 6d + 8 = 0
⇒
d = 2 vagy d = 4,
mint a (c) r´eszben. A (dn ) sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken ´es az els˝o tagja 3, ´ıgy a hat´ar´ert´eke is legfeljebb 3, ami kiz´arja a d = 4 ´ert´eket. Teh´at lim(dn ) = 2.
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
Matematika I. gyakorlat
√ √ (e) (en ) pozit´ıv tag´ u sorozat. Alulr´ ol korl´atos, mert pl. 2 als´o korl´atja: e1 = 2 ≥ 2 , tov´abb´a a sz´amtani ´es a m´ertani k¨oz´ep k¨ozti egyenl˝ otlens´eg szerint r √ 1 2 2 en+1 = en + ≥ en · = 2, n ∈ N. 2 en en A sorozat monoton cs¨ okken, mert az im´ent bel´atott e2n ≥ 2, n ∈ N becsl´essel 1 2 e2 + 2 − 2e2n 2 − e2n en + en+1 − en = − en = n = ≤0 ⇒ 2 en 2en 2en
en+1 ≤ en , n ∈ N.
√ (en ) monoton ´es korl´a√ tos, ez´ert konvergens. Legyen e := lim(en ). A hat´ar´ert´ek pozit´ıv, hiszen 2 als´o korl´atja a sorozatnak, ´ıgy e ≥ 2. A rekurzi´o hat´ar´ert´ek´eb˝ol √ √ 1 2 2 1 en+1 = en + e+ ⇒ e2 − 2 = 0 ⇒ e = 2 vagy e = − 2. ⇒ e= 2 en 2 e √ √ e ≥ 2 miatt lim(en ) = 2. 15. Az (fn ) sorozat tagjai pozit´ıvak, ez´ert fn+2 = fn+1 + fn Az an :=
fn+1 fn ,
fn+2 =1+ fn+1
⇔
1 fn+1 fn
.
n ∈ N jel¨ ol´essel an+1 = 1 +
1 an
⇒
an+2 = 1 +
1 1 =1+ an+1 1+
1 an
.
Az (fn ) sorozat monoton n˝ o, mert f2 = f1 ´es fn+2 = fn+1 + fn ≥ fn+1 , n ∈ N. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy az (an ) sorozat minden tagja 1 ´es 2 k¨oz´e esik, hiszen a1 = 1, tov´abb´a an =
fn+1 ≥1 fn
⇒
1 ≤ an+1 = 1 +
1 1 ≤ 1 + = 2. an 1
aros index˝ u Az els˝o n´eh´any tag: a1 = 1, a2 = 2, a3 = 23 , a4 = 35 . Teljes indukci´oval megmutatjuk, hogy a p´ r´eszsorozat szigor´ uan monoton fogy, a p´ aratlan index˝ u r´eszsorozat pedig szigor´ uan monoton n˝ o: a2 = 2 >
5 3
= a4 , ill. a1 = 1 <
3 2
= a3 , tov´abb´a
an+2 ≷ an
⇒
1 1 1+ ≶ 1+ an+2 an | {z } | {z } an+3
⇒
an+1
1 1 1+ ≷1+ . an+3 an+1 | {z } | {z } an+4
an+2
Mindk´et r´eszsorozat monoton ´es korl´atos, ez´ert konvergens. Legyen α := lim a2n ´es β := lim a2n+1 , akkor n → +∞ eset´en 1 1 1 ⇒ β =1+ ⇒ β 2 − β + 1 = 0, =1+ a2n+1 = 1 + 1 a2n 1 + a2n−1 1 + β1 a2n+2 = 1 +
1 a2n+1
=1+
1 1+
1 a2n
⇒
α=1+
1 1+
1 α
⇒
α2 − α + 1 = 0.
√
aros ´es a p´ aratlan index˝ u r´eszsorozat hat´ar´ert´eke α, β ≥ 1 miatt α = β = 1+2 5 , mert a m´asik megold´as negat´ıv. A p´ √ 1+ 5 k¨oz¨os, ez´ert an → 2 . Megjegyz´es.
A Fibonacci-sorozat explicit alakja 1 fn = √ 5
√ !n 1+ 5 − 2
√ !n ! 1− 5 , 2
n ∈ N.
Ennek bizony´ıt´asa: El˝osz¨ or olyan m´ertani sorozatokat keres¨ unk, amelyekre teljes¨ ul a Fibonacci-sorozat rekurzi´oja: √ 1± 5 q n+2 = q n+1 + q n ⇒ q 2 − q − 1 = 0 ⇒ q1,2 = . 2
F¨oldtudom´ any alapszak 2006/07 1. f´el´ev
Matematika I. gyakorlat
A (q1n ) ´es a (q2n ) sorozat teljes´ıti az fn+2 = fn+1 + fn rekuzi´ot, ez´ert a k´et sorozat b´ armely bn := C1 q1n + C2 q2n line´aris kombin´aci´ oja is, hiszen tetsz˝ oleges pozit´ıv eg´esz n-re bn+2 = C1 q1n+2 + C2 q2n+2 = C1 (q1n+1 + q1n ) + C2 (q2n+1 + q2n ) = (C1 q1n+1 + C2 q2n+1 ) + (C1 q1n + C2 q2n ) = bn+1 + bn . Ezut´ an olyan C1 ´es C2 sz´ amokat keres¨ unk, amelyekre a (bn ) sorozat ´eppen a Fibonacci-sorozatot adja. Ehhez elegend˝o, ha a (bn ) sorozat els˝o k´et tagja azonos a Fibonacci-sorozat els˝o k´et tagj´aval. A Fibonacci-sorozat els˝o k´et tagja f1 = f2 = 1, de az f0 := 0, f1 := 1 kezd˝otagokkal is a Fibonacci-sorozat tagjait adja meg az fn+2 = fn+1 + fn rekuzi´o n ≥ 1-re. (´Igy kevesebbet kell sz´ amolni.) ) C1 = √15 b0 = C1 q10 + C2 q20 = C1 + √ C2 = 0 √ . ⇒ C2 = − √15 b1 = C1 q11 + C2 q21 = C1 1+2 5 + C2 1−2 5 = 1 Ez´ert val´oban fn =
√1 5
√ n 1+ 5 2
√ n 1− 5 + − √15 . 2
(A formula teljes indukci´ oval k¨onnyen bel´ athat´o, de abb´ol nem l´atszik, hogyan sejthetj¨ uk meg az eredm´enyt.)
